原题题面

As we all know,“Groundhog chasing death” means “GCD”,while “GCD” stands for “greatest common divisor”.
So you need to calculate ∏i=ab∏j=cdgcd⁡(xi,yj)\prod_{i=a}^b\prod_{j=c}^d\gcd(x^i,y^j)∏i=ab∏j=cdgcd(xi,yj) modulo 998244353998244353998244353

输入格式

One line which contains six intergers a,b,c,d,x,ya,b,c,d,x,ya,b,c,d,x,y.
0≤a,b,c,d≤3e6,a≤b,c≤d,0≤x,y≤1e90\leq a,b,c,d\leq 3e6,a\leq b,c\leq d,0\leq x,y \leq 1e90≤a,b,c,d≤3e6,a≤b,c≤d,0≤x,y≤1e9

输出格式

One line which contains ∏i=ab∏j=cdgcd⁡(xi,yj)\prod_{i=a}^b\prod_{j=c}^d\gcd(x^i,y^j)∏i=ab∏j=cdgcd(xi,yj) modulo 998244353998244353998244353

输入样例1

1 2 1 2 8 4

输出样例1

2048

输入样例2

1 2 3 4 120 180

输出样例2

235140177

题面分析

第一眼以为是莫反就屁颠屁颠地化式子去了，果然画不出来
首先我们给出gcd的另一种定义，
对于a=∏i=1mpixi,b=∏i=1npiyia=\prod_{i=1}^{m}p_{i}^{x_i},b=\prod_{i=1}^{n}p_{i}^{y_i}a=∏i=1mpixi,b=∏i=1npiyi
gcd(a,b)=∏i=1min(m,n)pimin(xi,yi)gcd(a,b)=\prod_{i=1}^{min(m,n)}p_{i}^{min(x_i,y_i)}gcd(a,b)=∏i=1min(m,n)pimin(xi,yi)
证明略，稍加理解即可。
那我们可以考虑去计算每个质因子pip_ipi对答案的贡献。
把原式的x,yx,yx,y质因子分解后，对于某一个质因子ppp，设xxx对应的次数为k1k_1k1,yyy对应的次数为k2k_2k2
那么pip_ipi的贡献就是pi∑i=1b∑j=cdmin(k1i,k2j)p_i^{\sum_{i=1}^{b}\sum_{j=c}^{d}min(k_1i,k_2j)}pi∑i=1b∑j=cdmin(k1i,k2j)
对于∑i=1b∑j=cdmin(k1i,k2j)\sum_{i=1}^{b}\sum_{j=c}^{d}min(k_1i,k_2j)∑i=1b∑j=cdmin(k1i,k2j)
根据minminmin的取值不同，我们分成两种情况。
①k1i≤k2jk_1i\leq k_2jk1i≤k2j
此时可以得到j≥k1k2ij\geq\frac{k_1}{k_2}ij≥k2k1i，所以这部分求和的结果是∑i=ab∑j=max(c,⌈k1k2i⌉)dk1i\sum_{i=a}^{b}\sum_{j=max(c,\lceil\frac{k_1}{k2}i\rceil)}^{d}k_1i∑i=ab∑j=max(c,⌈k2k1i⌉)dk1i
化简得k1∑i=abi∗[d−max(c,⌈k1k2i⌉)+1]k_1\sum_{i=a}^{b}i*[d-max(c,\lceil\frac{k_1}{k_2}i\rceil)+1]k1∑i=abi∗[d−max(c,⌈k2k1i⌉)+1]
②k1i>k2jk_1i>k_2jk1i>k2j
此时可以得到i>k2k1ji>\frac{k_2}{k_1}ji>k1k2j，所以这部分求和的结果是∑j=cd∑i=max(a,⌈k1k2j⌉)bk2j\sum_{j=c}^{d}\sum_{i=max(a,\lceil\frac{k_1}{k2}j\rceil)}^{b}k_2j∑j=cd∑i=max(a,⌈k2k1j⌉)bk2j
同理得到k2∑j=cdj∗[b−max(a,⌊k2k1j⌋+1)+1]k_2\sum_{j=c}^{d}j*[b-max(a,\lfloor\frac{k_2}{k_1}j\rfloor+1)+1]k2∑j=cdj∗[b−max(a,⌊k1k2j⌋+1)+1]
所以∑i=1b∑j=cdmin(k1i,k2j)\sum_{i=1}^{b}\sum_{j=c}^{d}min(k_1i,k_2j)∑i=1b∑j=cdmin(k1i,k2j)
=k1∑i=abi∗[d−max(c,⌈k1k2i⌉)+1]+k2∑j=cdj∗[b−max(a,⌊k2k1j⌋+1)+1]=k_1\sum_{i=a}^{b}i*[d-max(c,\lceil\frac{k_1}{k_2}i\rceil)+1]+k_2\sum_{j=c}^{d}j*[b-max(a,\lfloor\frac{k_2}{k_1}j\rfloor+1)+1]=k1∑i=abi∗[d−max(c,⌈k2k1i⌉)+1]+k2∑j=cdj∗[b−max(a,⌊k1k2j⌋+1)+1]
因为质因子的个数很小，前9个质数相乘就已经超出1e91e91e9了，故枚举质因子复杂度为O(9)O(9)O(9)
暴力计算贡献的复杂度是O(3e6)O(3e6)O(3e6)
质因子分解的复杂度最大是O(32)O(32)O(32)(即x=232x=2^{32}x=232的时候)
因此总复杂度为O(9×3e6×32)O(9\times3e6\times32)O(9×3e6×32)（实际复杂度远比这小）

AC代码(1175ms)

值得注意的地方有两个：
1.要使用欧拉降幂加速
2.使用欧拉降幂时注意模数是p−1p-1p−1不是ppp（具体的请看代码）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long MAXN=2e5;
const long long mod=998244353;
int prime[MAXN];//素数数组
bool is_prime[MAXN+10];//is_pri[i]表示i是素数
int factorX[MAXN+10];
int sumX=0;
int sumY=0;
int factorY[MAXN+10];
long long a, b, c, d, x, y;
int sumPrime;
//返回n以内素数的个数
inline long long quick_pow(long long a, long long b)//快速幂
{long long ans=1, base=a;while(b!=0){if (b&1)ans=(long long) ans*base%mod;base=(long long) base*base%mod;b>>=1;}return ans;
}
int sieve(int n)
{int p=0;//素数个数计数器for(int i=0; i<=n; i++)is_prime[i]=true;is_prime[0]=is_prime[1]=false;//首先标记0和1不是素数is_prime[2]=true;//标记2是素数for(int i=2; i<=sqrt(n); i++){if (is_prime[i]) //如果i是素数{for(int j=i*i; j<=n; j+=i)//所有i的倍数都不是素数is_prime[j]=false;}}for(int i=1; i<=n; i++)if (is_prime[i])prime[++p]=i;return p;
}
void init()//质因子分解
{for(int i=1; i<=sumPrime && x!=1; i++){if (x%prime[i]==0){sumX=i;while(x!=1 && x%prime[i]==0){x/=prime[i];factorX[i]++;}}}if (x!=1){sumPrime++;prime[sumPrime]=x;factorX[sumPrime]++;}for(int i=1; i<=sumPrime && y!=1; i++){if (y%prime[i]==0){sumY=i;while(y!=1 && y%prime[i]==0){y/=prime[i];factorY[i]++;}}}if (y!=1){sumPrime++;prime[sumPrime]=y;factorY[sumPrime]++;}
}
void solve()
{sumPrime=sieve((int) 2e5);scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld", &a, &b, &c, &d, &x, &y);init();long long ans=1;for(int z=1; z<=min(sumX, sumY); z++){if (factorX[z] && factorY[z]){long long powP1=0, powP2=0;for(long long i=a; i<=b; i++){long long j;if(factorX[z]*i%factorY[z]==0){j=(long long)max(factorX[z]*i/factorY[z],c);}else{j=(long long)max(factorX[z]*i/factorY[z]+1,c);}if (j<=d && j>=0)powP1=(powP1+(long long) i*((d-j+1+(mod-1))%(mod-1))%(mod-1))%(mod-1);}powP1=(long long) powP1*factorX[z]%(mod-1);for(long long i=c; i<=d; i++){long long j;j=(long long) max(factorY[z]*i/factorX[z]+1, a);if (j<=b && j>=0)powP2=(powP2+(long long) i*((b-j+1+(mod-1))%(mod-1))%(mod-1))%(mod-1);}powP2=(long long) powP2*factorY[z]%(mod-1);ans=(long long) (ans*quick_pow(prime[z], (powP1+powP2)%(mod-1)))%mod;}}printf("%lld\n", ans);
}
int main()
{//    ios_base::sync_with_stdio(false);
//    cin.tie(0);
//    cout.tie(0);
#ifdef ACM_LOCALfreopen("in.txt", "r", stdin);freopen("out.txt", "w", stdout);long long test_index_for_debug=1;char acm_local_for_debug;while(cin>>acm_local_for_debug){cin.putback(acm_local_for_debug);if (test_index_for_debug>100){throw runtime_error("Check the stdin!!!");}auto start_clock_for_debug=clock();solve();auto end_clock_for_debug=clock();cout<<"\nTest "<<test_index_for_debug<<" successful"<<endl;cerr<<"Test "<<test_index_for_debug++<<" Run Time: "<<double(end_clock_for_debug-start_clock_for_debug)/CLOCKS_PER_SEC<<"s"<<endl;cout<<"--------------------------------------------------"<<endl;}
#elsesolve();
#endifreturn 0;
}

后记

赛中傻逼了，欧拉降幂模数一直错，白白WA了3发…
DrGilbert 2020.8.9

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