幽灵乐团 Sol - wangruidong03

先说几句:

如果这道题有哪个神仙用单次 $O(n\log n)O(nlogn)的复杂度过了, 我请您抽烟$

欢迎大佬dd垃圾标算

本片题解中有部分地方由于人懒所以复制粘贴的时候

首先对于

然后如果打出一张 $n^3n3 模拟预处理就可以获得 3030 分。$

首先，我们注意到原式可以化为下面这样：

$\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B}\prod_{k=1}^{C} \left(\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,k)}\right)^{f(type)}i=1∏Aj=1∏Bk=1∏C(gcd(i,k)lcm(i,j))f(type)$

$\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B}\prod_{k=1}^{C} \left(\frac{i\times j}{gcd(i,j)\times gcd(i,k)}\right)^{f(type)}i=1∏Aj=1∏Bk=1∏C(gcd(i,j)×gcd(i,k)i×j)f(type)$

然后，显然可以分为两个子问题：

$\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B}\prod_{k=1}^{C} i^{f(type)}i=1∏Aj=1∏Bk=1∏Cif(type)$

$\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B}\prod_{k=1}^{C} gcd(i,j)^{f(type)}i=1∏Aj=1∏Bk=1∏Cgcd(i,j)f(type)$

然后我们就根据

${\rm type=0}type=0$

我们先来看看第一个式子吧：

$\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B}\prod_{k=1}^{C} ii=1∏Aj=1∏Bk=1∏Ci$

$\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B} i^{C}i=1∏Aj=1∏BiC$

$\left(\prod_{i=1}^{A}i\right)^{B \times C}(i=1∏Ai)B×C$

预处理一个阶乘，写个快速幂就完事了=-=

然后就是第二个式子了。

$\left(\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B} gcd(i,j)\right)^{C}(i=1∏Aj=1∏Bgcd(i,j))C$

然后这就可以过 $10^3103了。。然后就可以得到12分了=-=$

然后就可以反演了=-=

如果不会莫比乌斯反演，那么就请先科普完莫比乌斯反演并且推了几道题后再来看这篇题解。

然后继续吧。

$\left(\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B} gcd(i,j)\right)^{C}(i=1∏Aj=1∏Bgcd(i,j))C$

$\left(\prod_{d=1}d^{\sum_{i=1}^{A/d}\sum_{j=1}^{B/d} [gcd(i,j)=1]}\right)^{C}(d=1∏d∑i=1A/d∑j=1B/d[gcd(i,j)=1])C$

$\left(\prod_{d=1}d^{\sum_{t=1}\mu(t)\left\lfloor\frac{A}{td}\right\rfloor\left\lfloor\frac{B}{td}\right\rfloor}\right)^{C}(d=1∏d∑t=1μ(t)⌊tdA⌋⌊tdB⌋)C$

$\left(\prod_{T=1}\left(\prod_{d|T}d^{\mu(\frac{T}{d})}\right)^{\left\lfloor\frac{A}{td}\right\rfloor\left\lfloor\frac{B}{td}\right\rfloor}\right)^{C}⎝⎜⎜⎛T=1∏⎝⎜⎛d∣T∏dμ(dT)⎠⎟⎞⌊tdA⌋⌊tdB⌋⎠⎟⎟⎞C$

显然中间的式子可以像狄利克雷卷积一样 $O(n\log n)O(nlogn) 预处理出来, 然后整除分块可以 O(\sqrt{n}\log n)O(nlogn) 做掉.$

这两个式子结合一下就有

${\rm type=1}type=1$

一样,我们先来考虑第一个式子.

$\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B}\prod_{k=1}^{C} i^{i \times j \times k}i=1∏Aj=1∏Bk=1∏Cii×j×k$

$\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B} i^{i \times j \times \sum_{k=1}^{C}k}i=1∏Aj=1∏Bii×j×∑k=1Ck$

$\prod_{i=1}^{A} i^{i \times (\sum_{j=1}^{B}j) \times (\sum_{k=1}^{C}k)}i=1∏Aii×(∑j=1Bj)×(∑k=1Ck)$

$\left(\prod_{i=1}^{A} i^i\right)^{F(B) \times F(C)}(i=1∏Aii)F(B)×F(C)$

其中: $F(x)=\frac{x \times (x + 1)}{2}F(x)=2x×(x+1)$

这个东西可以 $O(n\log n)O(nlogn) 预处理一下, 再加上快速幂就行了.$

记得指数上要对

然后考虑第二个式子..

$\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B}\prod_{k=1}^{C} gcd(i,j)^{i \times j \times k}i=1∏Aj=1∏Bk=1∏Cgcd(i,j)i×j×k$

$\left(\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B} gcd(i,j)^{i \times j}\right)^{F(C)}(i=1∏Aj=1∏Bgcd(i,j)i×j)F(C)$

这里就能做 $\leq 10^3n≤103 的数据了..$

大概用 $O(n^2\log n)O(n2logn) 的时间打一个 n^2n2 的表, 然后预处理矩阵的前缀积, 询问直接 O(1)O(1) 查表后加上一个 F(C)F(C) 的快速幂就行了..$

然后继续推:

$\left(\prod_{d=1}d^{d^2\sum_{i=1}^{A/d}\sum_{j=1}^{B/d} i \times j \times [gcd(i, j)=1]}\right)^{F(C)}(d=1∏dd2∑i=1A/d∑j=1B/di×j×[gcd(i,j)=1])F(C)$

$\left(\prod_{d=1}d^{\sum_{t=1}d^2\mu(t)t^2F(\left\lfloor\frac{A}{td}\right\rfloor)F(\left\lfloor\frac{B}{td}\right\rfloor)}\right)^{F(C)}(d=1∏d∑t=1d2μ(t)t2F(⌊tdA⌋)F(⌊tdB⌋))F(C)$

$\left(\prod_{T=1}\left( \left(\prod_{d|T} d^{\mu(\frac{T}{d})}\right)^{T^2} \right)^{F(\left\lfloor\frac{A}{td}\right\rfloor)F(\left\lfloor\frac{B}{td}\right\rfloor)}\right)^{F(C)}⎝⎜⎜⎜⎛T=1∏⎝⎜⎜⎛⎝⎜⎛d∣T∏dμ(dT)⎠⎟⎞T2⎠⎟⎟⎞F(⌊tdA⌋)F(⌊tdB⌋)⎠⎟⎟⎟⎞F(C)$

虽然式子看上去麻烦了一点...但是还是能预处理的..

中间那一坨 $\left(\prod_{d|T} d^{\mu(\frac{T}{d})}\right)^{T^2}(∏d∣Tdμ(dT))T2 可以用类似狄利克雷卷积的办法预处理,复杂度还是 O(n \log n)O(nlogn)。$

然后预处理一个前缀积以及逆元啥的就能单次询问 $O(\sqrt{n} \log n)O(nlogn) 了。$

结合以上的所有算法, 可以得到

${\rm type=2}type=2$

还是先康康第一个式子:

$\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B}\prod_{k=1}^{C} i^{gcd(i,j,k)}i=1∏Aj=1∏Bk=1∏Cigcd(i,j,k)$

考虑反演:

$\prod_{d=1}\prod_{i=1}^{A/d}(id)^{d\sum_{j=1}^{B/d}\sum_{k=1}^{C/d}[gcd(i,j,k)=1]}d=1∏i=1∏A/d(id)d∑j=1B/d∑k=1C/d[gcd(i,j,k)=1]$

$\prod_{d=1}\prod_{t=1}\prod_{i=1}^{A/td}(itd)^{\mu(t)d \left\lfloor\frac{B}{td}\right\rfloor\left\lfloor\frac{C}{td}\right\rfloor}d=1∏t=1∏i=1∏A/td(itd)μ(t)d⌊tdB⌋⌊tdC⌋$

$\prod_{T=1}\left(\prod_{d|T}\left(fac(\lfloor\frac{A}{T}\rfloor) \times T^{\left\lfloor\frac{A}{T}\right\rfloor}\right)^{\mu(\frac{T}{d})d }\right)^{\left\lfloor\frac{B}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{C}{T}\right\rfloor}T=1∏⎝⎜⎛d∣T∏(fac(⌊TA⌋)×T⌊TA⌋)μ(dT)d⎠⎟⎞⌊TB⌋⌊TC⌋$

$\prod_{T=1}\left(\left(fac(\lfloor\frac{A}{T}\rfloor) \times T^{\left\lfloor\frac{A}{T}\right\rfloor}\right)^{\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})d }\right)^{\left\lfloor\frac{B}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{C}{T}\right\rfloor}T=1∏((fac(⌊TA⌋)×T⌊TA⌋)∑d∣Tμ(dT)d)⌊TB⌋⌊TC⌋$

$\prod_{T=1}\left(\left(fac(\lfloor\frac{A}{T}\rfloor) \times T^{\left\lfloor\frac{A}{T}\right\rfloor}\right)^{\varphi(T)}\right)^{\left\lfloor\frac{B}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{C}{T}\right\rfloor}T=1∏((fac(⌊TA⌋)×T⌊TA⌋)φ(T))⌊TB⌋⌊TC⌋$

然后对于 $T^{\varphi(T)}Tφ(T) 做个前缀积以及逆元的预处理就行了...再预处理一个模mod-1mod−1 意义下的 \varphi(T)φ(T) 的前缀和, 做整除分块的时候 \frac{A}{T}TA 的指数.$

然后考虑第二个式子.

我们考虑枚举

$\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B}\prod_{k=1}^{C} gcd(i,j)^{gcd(i,j,k)}i=1∏Aj=1∏Bk=1∏Cgcd(i,j)gcd(i,j,k)$

$\prod_{d=1}d^{\sum_{i=1}^{A/d}\sum_{j=1}^{B/d}[gcd(i,j)=1] \times \sum_{k=1}^{C} gcd(d,k)}d=1∏d∑i=1A/d∑j=1B/d[gcd(i,j)=1]×∑k=1Cgcd(d,k)$

$\prod_{d=1}d^{\left(\sum_{t=1}\mu(t)\left\lfloor\frac{A}{td}\right\rfloor\left\lfloor\frac{B}{td}\right\rfloor\right) \times \left(\sum_{k=1}^{C} gcd(d,k)\right)}d=1∏d(∑t=1μ(t)⌊tdA⌋⌊tdB⌋)×(∑k=1Cgcd(d,k))$

$\prod_{T=1}\left(\prod_{d|T}d^{\mu(\frac{T}{d}) \times \left(\sum_{k=1}^{C} gcd(d,k)\right)}\right)^{\left\lfloor\frac{A}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{B}{T}\right\rfloor}T=1∏⎝⎜⎛d∣T∏dμ(dT)×(∑k=1Cgcd(d,k))⎠⎟⎞⌊TA⌋⌊TB⌋$

把里面那个

$\sum_{k=1}^{C} gcd(d,k)k=1∑Cgcd(d,k)$

$\sum_{d'|d}d'\sum_{k=1}^{C/d'} [gcd(\frac{d}{d'},k) = 1]d′∣d∑d′k=1∑C/d′[gcd(d′d,k)=1]$

$\sum_{d'|d}d'\sum_{t'|\frac{d}{d'}}\mu(t')\left\lfloor\frac{C}{t'd'}\right\rfloord′∣d∑d′t′∣d′d∑μ(t′)⌊t′d′C⌋$

$\sum_{T' |d}\left\lfloor\frac{C}{T'}\right\rfloor\varphi(T')T′∣d∑⌊T′C⌋φ(T′)$

然后套回去..

这样大概能拿个 $\leq 1000n≤1000的分数.$

其实..我们如果把它套回到前一个式子里头:

$\prod_{d=1}d^{\left(\sum_{t=1}\mu(t)\left\lfloor\frac{A}{td}\right\rfloor\left\lfloor\frac{B}{td}\right\rfloor\right) \times \left(\sum_{T'|d}\left\lfloor\frac{C}{T'}\right\rfloor\varphi(T')\right)}d=1∏d(∑t=1μ(t)⌊tdA⌋⌊tdB⌋)×(∑T′∣d⌊T′C⌋φ(T′))$

你会发现,它可以用 $\log n)O(nlogn)的时间复杂度完成...$

~~如果你常数牛逼过了我请你抽烟~~

当然还有另外一种做法: 枚举

$\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B}\prod_{k=1}^{C} gcd(i,j)^{gcd(i,j,k)}i=1∏Aj=1∏Bk=1∏Cgcd(i,j)gcd(i,j,k)$

$\prod_{d=1}\prod_{i=1}^{A/d}\prod_{j=1}^{B/d} (d \times gcd(i,j))^{d\sum_{k=1}^{C/d}[gcd(i,j,k)=1]}d=1∏i=1∏A/dj=1∏B/d(d×gcd(i,j))d∑k=1C/d[gcd(i,j,k)=1]$

$\prod_{d=1}\prod_{t=1}\prod_{i=1}^{A/td}\prod_{j=1}^{B/td} (td \times gcd(i,j))^{\mu(t)d\left\lfloor\frac{C}{td}\right\rfloor}d=1∏t=1∏i=1∏A/tdj=1∏B/td(td×gcd(i,j))μ(t)d⌊tdC⌋$

然后我们把底数的td分离出来:

$\left(\prod_{d=1}\prod_{t=1}(td)^{\mu(t)d\left\lfloor\frac{A}{td}\right\rfloor\left\lfloor\frac{B}{td}\right\rfloor\left\lfloor\frac{C}{td}\right\rfloor}\right) \times \left(\prod_{d=1}\prod_{t=1}\prod_{i=1}^{A/td}\prod_{j=1}^{B/td} gcd(i,j)^{\mu(t)d\left\lfloor\frac{C}{td}\right\rfloor}\right)(d=1∏t=1∏(td)μ(t)d⌊tdA⌋⌊tdB⌋⌊tdC⌋)×⎝⎜⎛d=1∏t=1∏i=1∏A/tdj=1∏B/tdgcd(i,j)μ(t)d⌊tdC⌋⎠⎟⎞$

然后把前面一坨式子拿出来:

$\prod_{d=1}\prod_{t=1}(td)^{\mu(t)d\left\lfloor\frac{A}{td}\right\rfloor\left\lfloor\frac{B}{td}\right\rfloor\left\lfloor\frac{C}{td}\right\rfloor}d=1∏t=1∏(td)μ(t)d⌊tdA⌋⌊tdB⌋⌊tdC⌋$

$\prod_{T=1}T^{\left\lfloor\frac{A}{td}\right\rfloor\left\lfloor\frac{B}{td}\right\rfloor\left\lfloor\frac{C}{td}\right\rfloor\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})d}T=1∏T⌊tdA⌋⌊tdB⌋⌊tdC⌋∑d∣Tμ(dT)d$

$\prod_{T=1}(T^{\varphi(T)})^{\left\lfloor\frac{A}{td}\right\rfloor\left\lfloor\frac{B}{td}\right\rfloor\left\lfloor\frac{C}{td}\right\rfloor}T=1∏(Tφ(T))⌊tdA⌋⌊tdB⌋⌊tdC⌋$

然后我们拿出前面 $i^{gcd(i,j,k)}igcd(i,j,k) 的部分:$

也把底数拿出来:

$\left(\prod_{T=1}\left(fac(\lfloor\frac{A}{T}\rfloor)\right)^{\varphi(T)\left\lfloor\frac{B}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{C}{T}\right\rfloor}\right) \times \left(\prod_{T=1}\left(T^{\varphi(T)}\right)^{\left\lfloor\frac{A}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{B}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{C}{T}\right\rfloor}\right)(T=1∏(fac(⌊TA⌋))φ(T)⌊TB⌋⌊TC⌋)×(T=1∏(Tφ(T))⌊TA⌋⌊TB⌋⌊TC⌋)$

然后发现后面一坨东西是可以约掉的...然后我们就变成了分别计算下面两个部分:

$\prod_{T=1}\left(fac(\lfloor\frac{A}{T}\rfloor)\right)^{\varphi(T)\left\lfloor\frac{B}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{C}{T}\right\rfloor}T=1∏(fac(⌊TA⌋))φ(T)⌊TB⌋⌊TC⌋$

$\prod_{d=1}\prod_{t=1}\prod_{i=1}^{A/td}\prod_{j=1}^{B/td} gcd(i,j)^{\mu(t)d\left\lfloor\frac{C}{td}\right\rfloor}d=1∏t=1∏i=1∏A/tdj=1∏B/tdgcd(i,j)μ(t)d⌊tdC⌋$

显然第一个式子已经可以整除分块做了..

但是第二个还需要再搞搞...

$\prod_{d=1}\prod_{t=1}\prod_{d'=1}\prod_{t'=1} (d't')^{\mu(t')\mu(t)d\left\lfloor\frac{C}{td}\right\rfloor\left\lfloor\frac{A}{tt'dd'}\right\rfloor\left\lfloor\frac{B}{tt'dd'}\right\rfloor}d=1∏t=1∏d′=1∏t′=1∏(d′t′)μ(t′)μ(t)d⌊tdC⌋⌊tt′dd′A⌋⌊tt′dd′B⌋$

$\prod_{T=1}\left(\prod_{T'=1} \left(\prod_{d|T'}d^{\mu(\frac{T'}{d})}\right)^{\left\lfloor\frac{A}{TT'}\right\rfloor\left\lfloor\frac{B}{TT'}\right\rfloor}\right)^{\varphi(T)\left\lfloor\frac{C}{td}\right\rfloor}T=1∏⎝⎜⎜⎛T′=1∏⎝⎜⎛d∣T′∏dμ(dT′)⎠⎟⎞⌊TT′A⌋⌊TT′B⌋⎠⎟⎟⎞φ(T)⌊tdC⌋$

预处理出中间那一坨 $\prod_{d|T'}d^{\mu(\frac{T'}{d})}∏d∣T′dμ(dT′)之后, 可以两次整除分块O(n^{0.75} \log n)O(n0.75logn)做掉了.$

发表于 2022-01-19 12:34 wangruidong03 阅读(22) 评论(0) 收藏举报