[BZOJ4816][SDOI2017]数字表格

BZOJ
Luogu
题意:求

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

其中\(f(i)\)表示斐波那契数列的第\(i\)项。

sol

其实所有莫比乌斯反演的题目都是套路。接下来我们对这句话进行证明。
首先我们考虑计算每一个不同的\(\gcd\)的贡献

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

也就是

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

根据之前的经验套路(都不用再去推了)可得

\[ans=\prod_{d=1}^{n}f(d)^{\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)\lfloor\frac {n}{id}\rfloor\lfloor\frac {m}{id}\rfloor} \]

然后你发现这样就是裸的两次数论分块\(O(n)\)
然后多组数据\(O(n)\)被卡
然后你就想着怎么优化成开始\(O(n)\)预处理,然后单组数据\(O(\sqrt n)\)回答。
完全就是一模一样的剧情。。。
我们令\(T=id\),考虑每一个\(\lfloor\frac {n}{T}\rfloor\lfloor\frac {m}{T}\rfloor\)对答案的贡献。

\[ans=\prod_{T=1}^{n}(\prod_{d|T}f(d)^{\mu(\frac Td)})^{\lfloor\frac {n}{T}\rfloor\lfloor\frac {m}{T}\rfloor} \]

这时候剧情出现了转折。
你发现这个函数

\[h(T)=\prod_{d|T}f(d)^{\mu(\frac Td)} \]

它不是一个积性函数!
我这个傻逼也在这里想了好久
你看它是枚举因数嘛,枚举因数。。。
直接\(O(\sum_{i=1}^{n}\frac ni)\)的复杂度暴搞不就好了吗?
由于\(\mu(\frac Td)\)只会有1,-1,0三种取值,而0取值是没有贡献的,所以我们\(O(n\log{n})\)计算出斐波那契数列及其逆元,然后按照上述方式求出\(h(x)\),再求其前缀积,然后每组询问就只要一次数论分块了。
区间积的处理:直接\(r\)的前缀积乘上\(l-1\)的前缀积的逆元即可。
注意指数的取模:是模\(\varphi(mod)\)也就是\(mod-1\)而非\(mod\)。(然而我看一眼就注意到了hh)

code

我是一A的

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e6;
int gi()
{
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return w?x:-x;
}
int fastpow(int a,int b)
{
	int res=1;
	while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
	return res;
}
int mu[N+5],pri[N+5],tot,zhi[N+5],f[N+5],inv[N+5],h[N+5];
void Mobius()
{
	zhi[1]=mu[1]=1;
	for (int i=2;i<=N;i++)
	{
		if (!zhi[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;j++)
		{
			zhi[i*pri[j]]=1;
			if (i%pri[j]) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
			else {mu[i*pri[j]]=0;break;}
		}
	}
	h[0]=1;
	f[1]=inv[1]=h[1]=1;
	for (int i=2;i<=N;i++)
		f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod,inv[i]=fastpow(f[i],mod-2),h[i]=1;
	for (int i=1;i<=N;i++)
		if (mu[i]!=0)
			for (int j=i;j<=N;j+=i)
				h[j]=1ll*h[j]*(mu[i]==1?f[j/i]:inv[j/i])%mod;
	for (int i=2;i<=N;i++)
		h[i]=1ll*h[i]*h[i-1]%mod;
}
int main()
{
	Mobius();
	int T=gi();
	while (T--)
	{
		int n=gi(),m=gi();
		if (n>m) swap(n,m);
		int i=1,ans=1;
		while (i<=n)
		{
			int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans=1ll*ans*fastpow(1ll*h[j]*fastpow(h[i-1],mod-2)%mod,1ll*(n/i)*(m/i)%(mod-1))%mod;
			i=j+1;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}
posted @ 2018-01-12 10:00  租酥雨  阅读(138)  评论(0编辑  收藏