题意
已知 (a,b,c,d,x,y)，求：
[prod_{i=a}^{b}{prod_{j=c}^{d}{gcd(x^i,y^j)}} mod 998244353
]
(0⩽a,b,c,d⩽3×10^6,0<x,y⩽10^9,a⩽b,c⩽d)
题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5674/E
分析
从质因子的角度入手，最终的结果一定是 (gcd(x,y)) 的各质因子的若干幂相乘的形式，因此可以先把个质因子的幂求出，最后再用快速幂求解。
假设对于当前的第 (i) 个质因子，在 (x) 中的幂为 (gx)，在 (y) 中的幂为 (gy)，那么最终结果中第 (i) 个质因子的幂为：
[sum_{i=a}^{b}{sum_{j=c}^{d}{min(i·gx,j·gy)}}
]
对此，可以枚举第一层，然后利用分界点 (O(1)) 求出第二层的结果。
另外，由于质因子的幂比较大，会爆 (long long)，可以用 (\_\_int128) 或者欧拉降幂。另外，如果刚好可以整除，对于除数，可以不用取逆元。比赛的时候求 (2) 在 (mod-1) 下的逆元，结果发现没有，最后不得不用 (\_\_int128) 过的。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
const int N=3e6+6;
int f[12],cnt,e[2][12];
int gcd(int n,int m)
{
return m?gcd(m,n%m):n;
}
void divide(int n)
{
cnt=0;
for(int i=2;i*i<=n;i++)
{
if(n%i==0)
{
f[++cnt]=i;
while(n%i==0) n/=i;
}
}
if(n>1) f[++cnt]=n;
}
void cunt(int x,int p)
{
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
e[p][i]=0;
while(x%f[i]==0)
{
e[p][i]++;
x/=f[i];
}
}
}
ll power(ll a,ll b)
{
ll res=1;
a%=mod;
while(b)
{
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
ll solve(int a,int b,int c,int d,int p)
{
ll ans=1,res=0;
for(int i=a;i<=b;i++)
{
ll t=1LL*i*e[0][p];//cout<<"t="<<t<<endl;
ll w=t/e[1][p];//分界点
if(w<c)
{
res=(res+1LL*(d-c+1)*t)%(mod-1);
continue;
}
if(w>=d)
{
res=(res+1LL*(c+d)*(d-c+1)/2*e[1][p])%(mod-1);
continue;
}
ll u=1LL*(c+w)*(w-c+1)/2*e[1][p];
res=(res+t*(d-w)+u)%(mod-1);
}
ans=ans*power(1LL*f[p],res%(mod-1))%mod;
return ans;
}
int main()
{
int a,b,c,d,x,y;
scanf("%d%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&x,&y);
int g=gcd(x,y);
ll res=1;
divide(g);
cunt(x,0);
cunt(y,1);
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
ll tmp=solve(a,b,c,d,i);
res=(res*tmp%mod+mod)%mod;
}
printf("%lld
",res);
return 0;
}