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洛谷3704 [SDOI2017]数字表格
LuoguBZOJ分析假设 $n<m$ ,设 $f(i)$ 为斐波那契数列的第 $i$ 项。题目要求的是 $...
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2019/03

洛谷3704 [SDOI2017]数字表格

Luogu

BZOJ

分析

假设 $n<m$ ,设 $f(i)$ 为斐波那契数列的第 $i$ 项。

题目要求的是 $\large\prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^mf(\gcd(i,j))$ 。

枚举 $\gcd$ 得到: $\large\prod\limits_{d=1}^n\prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^m\big[\gcd(i,j)=d\big]f(d)$

进一步得到 $\large\prod\limits_{d=1}^nf(d)^{\sum\limits_{i=1}^{n/d}\sum\limits_{j=1}^{m/d}\left[\gcd(i,j)=1\right]}$

指数显然可以莫比乌斯反演一波,得到 $\large\prod\limits_{d=1}^nf(d)^{\sum\limits_{i=1}^{n/d}\mu(i)\lfloor\frac{n}{id}\rfloor\lfloor\frac{m}{id}\rfloor}$

设 $T=id$ ,然后提出来可以得到 $\large\prod\limits_{T=1}^n\Big(\prod\limits_{d|T}f(d)^{\mu(\frac{T}{d})}\Big)^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}$

显然可以对 $\lfloor\frac{n}{T}\rfloor$ 和 $\lfloor\frac{m}{T}\rfloor$ 数论分块,现在的问题是怎么求 $\large\prod\limits_{d|T}f(d)^{\mu(\frac{T}{d})}$ 。

显然可以枚举 $d$ ,然后对于 $d$ 的倍数算贡献就行了。

具体实现及细节见代码。

代码

//It is made by M_sea
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define re register
using namespace std;

inline int read() {
    int X=0,w=1; char c=getchar();
    while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') w=-1; c=getchar(); }
    while (c>='0'&&c<='9') X=X*10+c-'0',c=getchar();
    return X*w;
}

const int N=1000000+10;
const int mod=1e9+7;

int p[N],v[N],tot=0;
int mu[N],f[N],g[N],sum[N];

inline int qpow(int a,int b) {
    int ans=1;
    for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)
        if (b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
    return ans;
}

inline void sieve(int n) {
    f[1]=g[1]=mu[1]=v[1]=1;
    for (re int i=2;i<=n;++i) {
        f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod,g[i]=qpow(f[i],mod-2);
        if (!v[i]) p[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for (re int j=1;j<=tot&&i*p[j]<=n;++j) {
            v[i*p[j]]=1;
            if (i%p[j]) mu[i*p[j]]=-mu[i];
            else break;
        }
    }
    for (re int i=0;i<=n;++i) sum[i]=1;
    for (re int i=1;i<=n;++i) {
        if (!mu[i]) continue;
        for (re int j=i;j<=n;j+=i)
            sum[j]=1ll*sum[j]*(mu[i]>0?f[j/i]:g[j/i])%mod;
    }
    for (re int i=1;i<=n;++i) sum[i]=1ll*sum[i-1]*sum[i]%mod;
}

int main() {
    sieve(1e6);
    int T=read();
    while (T--) {
        int n=read(),m=read();
        if (n>m) swap(n,m);
        int ans=1;
        for (re int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            int t=1ll*sum[r]*qpow(sum[l-1],mod-2)%mod;
            ans=1ll*ans*qpow(t,1ll*(n/l)*(m/l)%(mod-1))%mod;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}
最后修改:2019 年 05 月 26 日 09 : 25 PM

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