洛谷 P5221 Product 题解

原题链接

庆祝！第二道数论紫题。

推式子真是太有趣了！

\[\prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n \frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,j)} \]

\[= \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n \frac{i \times j}{(\gcd(i,j))^2} \]

\[= ( \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n i \times j ) \times ( \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n \frac{1}{(\gcd(i,j))^2}) \]

先看前面的式子：

\[= ( \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n i \times j) \]

\[= ( \prod_{i=1}^n i )^{2 \times n} \]

\[= (n!)^{2 \times n} \]

再看后面的式子：（先抛开 \(-2\) 次方，最后再说）

\[= \prod_{d=1}^n \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n [\gcd(i,j) == d] \]

\[= \prod_{d=1}^n d^{\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} [\gcd(i,j) == 1]} \]

先看指数：

\[\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} [\gcd(i,j) == 1] \]

\[= 2 \times (\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \phi_i) - 1 \]

（这步的依据参照 洛谷 P2568 GCD）

显然这个东西，用 欧拉筛 和 前缀和 就可以搞定！

用 \(f_i\) 表示 \(phi_i\) 的前缀和。

所以最终答案是：

\[( \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n i \times j ) \times ( \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n \frac{1}{(\gcd(i,j))^2}) \]

\[= (n!)^{2 \times n} \times \prod_{d=1}^n d^{(2 \times f_{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} - 1)^{-2}} \]

这样，就可以用 \(O(n \log n)\) 解决问题。

可是，你会发现，这道题目时间限制和空间限制都有点紧，而且常数还挺大，所以不得不考虑优化。

而且， \(f\) 数组爆 \(\texttt{long long}\) 之后，似乎不能随便取模，这是个难题。

注：带个 \(\log\) 是因为我们需要计算快速幂。

我们发现 \(104857601\) 是个质数。那么模质数呢，可以直接用在质数上模掉。

欧拉定理即：

\[a^{\phi_p} \equiv 1 \pmod p \]

所以，再化一步：

\[= (n!)^{2 \times n} \times \prod_{d=1}^n d^{((2 \times f_{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} - 1) \% (MOD-1))^{-2}} \]

然后呢，直接一波 欧拉筛 解决问题！

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const ll MOD=104857601;
const int N=1e6+1;
const int N1=1e5+1;

inline ll read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	ll x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

int n,phi[N],prime[N1],f=0;
bool h[N]; ll k=1;

inline ll pw(ll x,ll y) {
	ll ans=1; while(y) {
		if(y&1) ans=(ans*x)%MOD;
		x=(x*x)%MOD; y>>=1;
	} return ans;
} //快速幂模板

inline void Euler() {
	phi[1]=1; h[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		k=(ll(k*i)%MOD); //顺便处理个阶乘
        if(!h[i]) prime[++f]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=f && i*prime[j]<=n;j++) {
            h[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0) {
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            }
            phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
        }
    } 
} //欧拉筛模板

int main(){
    n=read(); Euler();
//    printf("%lld\n",k);
    k=pw(k,n<<1); ll ans=1; //第一部分的值
//    printf("%lld\n",k);
//    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",phi[i]);
//    putchar('\n');
	for(int i=1;i<=n;i++) phi[i]=(phi[i]<<1)+phi[i-1]%(MOD-1); //计算2倍的时候直接模掉
	for(int i=2;i<=n;i++) ans=(ans*pw(i,phi[n/i]-1))%MOD; //第二部分
	printf("%lld\n",(k*pw(ll(ans*ans)%MOD,MOD-2))%MOD); //然后 -2 次方，就是2次方的倒数，而倒数已经转换为逆元
	return 0;
}