[bzoj4816][Sdoi2017]数字表格（反演+逆元）

（真不想做莫比乌斯了）

首先根据题意写出式子

∏_（_i=1~n_）∏_（_j=1~m）f[gcd(i,j)]

很明显的f可以预处理出来，解决

根据套路分析，我们可以先枚举gcd(i,j)==d

∏_(d=1~n)f[d]......后面该怎么写？

我们发现前面式子中i，j为连乘，而对于相同的gcd，就可以变成f[d]的几次幂！

则∏_(d=1~n)f[d]^{Σ_(i=1~n/d)Σ_(j=1~m/d)[gcd(i,j)==1]}

然后就可以开心的反演了

∏_(d=1~n)f[d]^{Σ(i=1~n/d)Σ(j=1~m/d)[gcd(i,j)==1]}

=∏_(d=1~n)f[d]^{Σ_(i=1~n/d)Σ_(j=1~m/d)Σ_(k|i&&k|j)μ(k)}

（接下来，我们先枚举k）

=∏_(d=1~n)f[d]^{Σ_(k=1~n)μ[k](n/kd)(m/kd)}

（先枚举kd=D）

=∏_(D=1~n)∏_(d|D)f[d]^{μ[D/d](n/D)(m/D)}

=∏_(D=1~n)(∏_(d|D)f[d]^μ^[D/d])^(n/D)(m/D)

至此反演结束

再来观察这个式子，我们发现∏_(d|D)f[d]^μ[D/d]是关于D的一个函数，我们可以把它的前缀积处理出来，复杂度O(n*log(n))

处理过程中，当μ[D/d]==-1时需要除法，所以需要求逆元，而对于1e9+7这个素数，f[i]对于1e9+7的逆元为pow(f[i],mod-2)

在求解时我们需要取一段的前缀积，所以还需要把前缀积的逆元处理出来，方法同上

逆元处理复杂度O(n*log(n))

在求解时结合数论分块和快速幂，复杂度O(T*sqrt(n)*log(n))

总复杂度O(n*log(n)+T*sqrt(n)*log(n))

这道题做的时候主要卡在把变成Σ并变成指数，在此做个标记

后续有优化可以把求逆元的复杂度干掉

具体参考这篇博客

AC代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long
#define re register
const int mod=1e9+7;
using namespace std;
int p[500010],top;bool v[1000010];short mu[1000010];ll f[1000010],ni[1000010],tot[1000010];
inline ll pow(ll a,ll b){re ll ans=1;for(;b;b>>=1){if(b&1) (ans*=a)%=mod;(a*=a)%=mod;}return ans;
}
int main(){mu[1]=1;f[1]=1;ni[1]=1;tot[1]=1;for(int i=2;i<=1000000;i++)f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod,ni[i]=pow(f[i],mod-2),tot[i]=1;for(int i=2;i<=1000000;i++){if(!v[i]){p[++top]=i;mu[i]=-1;}for(int j=1;j<=top&&p[j]*i<=1000000;j++){v[i*p[j]]=1;if(!(i%p[j])) break;mu[i*p[j]]=-mu[i];}}for(int i=1;i<=1000000;i++){for(re int j=1;j*i<=1000000;j++)if(mu[j]==-1) (tot[j*i]*=ni[i])%=mod;else if(mu[j]==1) (tot[j*i]*=f[i])%=mod;}tot[0]=1;for(int i=1;i<=1000000;i++) (tot[i]*=tot[i-1])%=mod;ni[0]=1;for(re int i=1;i<=1000000;i++)ni[i]=pow(tot[i],mod-2);re int t,n,m,x;re ll ans;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d%d",&n,&m);ans=1;if(n>m) swap(n,m);for(int i=1;i<=n;i=x+1){x=min((n/(n/i)),(m/(m/i)));(ans*=pow(tot[x]*ni[i-1]%mod,1ll*(n/i)*(m/i)))%=mod;}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

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转载于:https://www.cnblogs.com/mikufun-hzoi-cpp/p/11013959.html

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