One Theorem, One Year LightOJ

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题意：给你n和m，令x为前m个素数，一共使用n个的乘积，例如n=3,m=2,则x=2*2*3或x=2*3*3，求所有Φ(x)的和。

思路：用到了欧拉函数的性质，首先对于x为素数，Φ(x)=x-1,然后若n*m=x,则Φ(n)*Φ(n)=Φ(x)。所以我们可以求出前500个素数，然后对其进行dp。

dp[i][j]表示总共i个素数，前j个素数。因此对于dp[i][j]有两种情况,第一种为没用用到新素数,则为dp[i][j]+=dp[i-1][j]*prime[j]，若用到了新素数，则为dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]*(prime[j]-1)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
typedef unsigned int uint;
const int N = 1000010;
const int maxn=1e8+5;
ll mod=1e9+7;
ll prime[N];
int vis[N];
int k=0;
ll dp[1010][1010];
ll qpow(ll base, int n)
{
    ll a=base;
    ll res=1;
    while (n){
        if (n&1) res=(res*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        n>>=1;
    }
    return res;
}
void init()
{
    for(int i=2;i<=1000000;i++)
    {
        if(vis[i]==0)
        {
            prime[++k]=i;
            for(int j=i+i;j<=1000000;j+=i)
            {
                vis[j]=1;
            }
        }
    }
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=500;i++)
    {
        for(int j=1;j<=i;j++)
        {
            dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j]*prime[j]%mod)%mod;
            dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-1]*(prime[j]-1)%mod)%mod;
        }
    }
}
void solve(ll n,ll m)
{
    
}
int main() {
    int t;
    int u=0;
    init();
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        ll n,m;
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        printf("Case %d: ",++u);
        printf("%d
",dp[n][m]);
    }
}