MtOI2019 幽灵乐团
我来吃屎了，哈哈啊哈哈哈啊哈哈啊哈！！！！！！！！！
发现对于题目要求的式子：
\[\dfrac{\text{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)}=\dfrac{i\times j\div\gcd(i,j)}{\gcd(i,k)}=\dfrac{i\times j}{\gcd(i,k)\times \gcd(i,j)}
\]
那么考虑把这个式子剥离开，得到：
\[\left\{\begin{matrix}P_1=\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C i^{f(type)} \\P_2=\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C j^{f(type)} \\P_3=\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\gcd(i,j)^{f(type)} \\P_4=\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C \gcd(i,k)^{f(type)} \\ans=\dfrac{P_1\times P_2}{P_3\times P_4}\end{matrix}\right.
\]
\(type=0\)
先简化 \(P_1,P_2\)：
\[\left\{\begin{matrix}P_1=(\prod\limits_{i=1}^A i)^{B\times C}= (A!)^{B\times C}\\P_2=(\prod\limits_{j=1}^B)^A\times C{=(B!)^{A\times C}}\end{matrix}\right.
\]
容易想到：
\[\prod\limits_{i=1}^{A}\prod\limits_{j=1}^B\gcd(i,j)=\prod\limits_{d=1}^Ad^{\sum
_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[\gcd(i,j)=d]}\]
考虑怎么把指数上的式子反演掉，设：
\[f(n)=\sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b[\gcd(i,j)=n]
\]
\[F(n)=\sum\limits_{n\mid k}f(k)=\lfloor\dfrac{a}{n}\rfloor\times \lfloor\dfrac{b}{n}\rfloor
\]
对于 \(F(n)\)，容易理解如果 \(gcd(i,j)\mid n\)，那么 \(i\mid n\)，\(j\mid n\)。
因为 \([1,a]\) 中有 \(\lfloor\dfrac{a}{n}\rfloor\) 个，\([1,b]\) 中有 \(\lfloor\dfrac{b}{n}\rfloor\) 个且两两组合都可以，所以 \(F(n)=\lfloor\dfrac{a}{n}\rfloor\times \lfloor\dfrac{b}{n}\rfloor\)。
那么对这个式子进行莫比乌斯反演，得到：
\[f(n)=\sum\limits_{n\mid k}\mu(\dfrac{k}{n})\times F(k)
\]
设 \(t=\lfloor\dfrac{k}{d}\rfloor\)，那么就有：
\[f(d)=\sum\limits_{t=1}^{\min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor)} \mu (t)\times \lfloor\dfrac{a}{td}\rfloor\times \lfloor\dfrac{b}{td}\rfloor
\]
也就是：
\[\sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b[\gcd(i,j)=d]=\sum\limits_{t=1}^{\min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor)} \mu (t)\times \lfloor\dfrac{a}{td}\rfloor\times \lfloor\dfrac{b}{td}\rfloor
\]
发现就是「HAOI2011」Problem b。
带回原式，得到：
\[\prod\limits_{i=1}^Ad^{\sum\limits_{t=1}^{\min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor)} \mu (t)\times \lfloor\dfrac{a}{td}\rfloor\times \lfloor\dfrac{b}{td}\rfloor}
\]
设 \(T=dt\)，把 \(td\) 一样的放在一起考虑，得到：
\[\prod\limits_{T}^{\min(A,B)}(\prod\limits_{d\mid T} d^{\mu(T/d)})^{\frac{A}{T}\times \frac{B}{T}}
\]
枚举 \(d\)，找到 \(T\) 把答案加上去，最后算次方再乘起来，时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。
\(type=1\)
考虑怎么求解：
\[\prod\limits_{i=1}^{A}\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C i^{i\times j\times k}
\]
把后面提出来，得到：
\[\prod\limits_{i=1}^A i^{\dfrac{j\times (j-1)\times k\times (k-1)}{4}}
\]
需要用欧拉降幂。
考虑后面怎么推：
\[\prod\limits_{i=1}^{A}\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C \gcd(i,j)^{i\times j\times k}
\]
把 \(\prod\limits_{k=1}^C\) 拿出来，得到：
\[(\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B \gcd(i,j)^{i\times j})^{\dfrac{k\times(k+1)}{2}}
\]
类似于 \(type=0\) 的时候，我们可以发反演得到：
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(A,B)}(\prod\limits_{d\mid T} d^{\mu(T/d)})^{T^2\times S(A/T)\times S(B/T)}
\]
其中 \(S(x)=\dfrac{x\times(x-1)}{2}\)。
\(type=2\)
对于指数的情况，直接开 \(\log\)。
得到：
\[\sum\limits_{i=1}^A\sum\limits_{j=1}^B\sum\limits_{k=1}^C\gcd(i,j,k)\times \ln(\dfrac{\text{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)})
\]
考虑证明一下，有欧拉反演：
\[n=\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)
\]
那么：
\[\gcd(i,j,k)=\sum\limits_{d\mid \gcd(i,j,k)} \varphi(d)
\]
带入，得到：
\[\sum\limits_{i=1}^A\sum\limits_{j=1}^B\sum\limits_{k=1}^C\sum\limits_{d\mid \gcd(i,j,k)} \varphi(d)\times \ln(\dfrac{\text{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)})
\]
令 \(i\gets di,j\gets dj,k\gets dk\)，得到：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(A,B,C)}\sum\limits_{i=1}^\frac{A}{d}\sum\limits_{j=1}^{\frac{B}{d}}\sum\limits_{k=1}^{\frac{C}{d}} \varphi(d)\times \ln(\dfrac{\text{lcm}(id,jd)}{\gcd(id,kd)}
\]
把 \(\varphi(d)\) 拿出来，得到：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(A,B,C)}\varphi(d)\sum\limits_{i=1}^\frac{A}{d}\sum\limits_{j=1}^{\frac{B}{d}}\sum\limits_{k=1}^{\frac{C}{d}} \ln(\dfrac{\text{lcm}(id,jd)}{\gcd(id,kd)}
\]
把后面的 \(d\) 消了：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(A,B,C)}\varphi(d)\sum\limits_{i=1}^\frac{A}{d}\sum\limits_{j=1}^{\frac{B}{d}}\sum\limits_{k=1}^{\frac{C}{d}} \ln(\dfrac{\text{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)}
\]
那么整体把 \(\ln\) 拿掉得到：
\[\prod\limits_{d=1}^{\min(A,B,C)}(\prod\limits_{i=1}^\frac{A}{d}\prod\limits_{j=1}^{\frac{B}{d}}\prod\limits_{k=1}^{\frac{C}{d}} \dfrac{\text{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)})^{\varphi(d)}
\]
发现里面就是 \(type=0\) 的情况，做完了。
实现
一些数组的意义：
\[f_1(n)=\prod\limits_{T=1}^n\prod\limits_{i\mid T}i^{\mu (\frac{T}{i})}
\]
\[f_2(n)=\prod\limits_{T=1}^n(\prod\limits_{i\mid T}i^{\mu(\frac{T}{i})})^{T^2}
\]
\[phi(n)=\sum\limits_{i=1}^n \varphi(i)
\]
\[F(A,B)=\prod\limits_{T=1}^{\min(A,B)}(\prod\limits_{d\mid T} d^{\mu(T/d)})^{S(A/T)\times S(B/T)}
\]
\[G(A,B)=\prod\limits_{T=1}^{\min(A,B)}(\prod\limits_{d\mid T} d^{\mu(T/d)})^{T^2\times S(A/T)\times S(B/T)}
\]
/*
https://www.cnblogs.com/liudagou/p/18686280
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*/
#include<iostream>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int T,A,B,C,p,jc[N],I[N],mu[N],phi[N],pri[N],tot,invf1[N],invf2[N],f1[N],f2[N];
int P(int a,int b){
int ans=1;
while(b){
if(b&1) ans=ans*a%p;
a=a*a%p,b>>=1;
}
return ans;
}
bitset<N>vis;
void init(){
jc[0]=I[0]=1;
for(int i=1;i<N;i++){
jc[i]=jc[i-1]*i%p;
I[i]=I[i-1]*P(i,i)%p;
}
mu[1]=phi[1]=1;
for(int i=2;i<N;i++){
if(!vis[i]){
pri[++tot]=i,mu[i]=-1,phi[i]=i-1;
}
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<N;j++){
vis[i*pri[j]]=1;
if(!(i%pri[j])){
mu[i*pri[j]]=0;
phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
break;
}
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
phi[i*pri[j]]=phi[i]*phi[pri[j]];
}
}
for(int i=0;i<N;i++){
f1[i]=1,phi[i]+=phi[i-1];
}
for(int i=1;i<N;i++) for(int j=i;j<N;j+=i){
f1[j]=f1[j]*P(i,(p-1+mu[j/i])%(p-1))%p;
}
for(int i=0;i<N;i++){
f2[i]=P(f1[i],i*i%(p-1));
}
invf1[0]=invf2[0]=1;
for(int i=1;i<N;i++){
f1[i]=f1[i]*f1[i-1]%p,invf1[i]=P(f1[i],p-2);
f2[i]=f2[i]*f2[i-1]%p,invf2[i]=P(f2[i],p-2);
}
}
int S(int x){
return x*(x+1)/2%(p-1);
}
int F(int A,int B){
int ans=1;
for(int L=1,R;L<=min(A,B);L=R+1){
int Aa=A/L,Bb=B/L;
R=min(A/Aa,B/Bb);
ans=ans*P(f1[R]*invf1[L-1]%p,Aa*Bb%(p-1))%p;
}
return ans;
}
int G(int A,int B){
int ans=1;
for(int L=1,R;L<=min(A,B);L=R+1){
R=min(A/(A/L),B/(B/L));
ans=ans*P(f2[R]*invf2[L-1]%p,S(A/L)*S(B/L)%(p-1))%p;
}
return ans;
}
int s1(int A,int B,int C){
return P(jc[A],B*C%(p-1))*P(jc[B],A*C%(p-1))%p*P(P(F(A,B),C)*P(F(A,C),B)%p,p-2)%p;
}
int s2(){
return P(P(I[A],S(B))*P(I[B],S(A))%p,S(C))*P(P(G(A,B),S(C))*P(G(A,C),S(B))%p,p-2)%p;
}
int s3(){
int ans=1;
for(int L=1,R;L<=min({A,B,C});L=R+1){
R=min({A/(A/L),B/(B/L),C/(C/L)});
ans=ans*P(s1(A/L,B/L,C/L),(phi[R]-phi[L-1])%(p-1))%p;
}
return ans;
}
void solve(){
cin>>A>>B>>C;
cout<<s1(A,B,C)<<' '<<s2()<<' '<<s3()<<'\n';
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin>>T>>p,init();
while(T--) solve();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号