hdu GuGuFishtion 6390 数论 欧拉函数

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6390

直接开始证明：

我们设…………………………………….....…...............……………...(1)

则…................................….…(2)

为什么是这样呢，因为我们知道

同理得到b的分解和的分解

我们会发现，虽然a和b的分解里可以有相等的部分，但是在里的也就是我们假设为的部分是不会有重复的，那么要由*得出也就是要去除重复部分，的重复部分就是a的和b的的重复部分；那么因为都是乘法，相同的部分就是最大公约数(因为每个都是素数也就是如果a和b的分解没有相同的数那么gcd(, )是不会大于1的)；

由此我们开始继续对(2)的后续推论。

我先设，那么

也就是

（看了很多博客，就给了个易得，虽然说确实很简单但是对于我这个菜鸡就不友好了）

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 这一部分的证明是看了这个大佬的博客的：http://www.cnblogs.com/H-Riven/p/9494391.html

（再提供给同样是数论萌新的人一篇文库【有需要的话】：https://wenku.baidu.com/view/542961fdba0d4a7302763ad5.html）

设

设（即在的情况下的数量）

那么我们实际上就是要求：，对于我们可以预处理得到。但是就没那么容易得到了；

现在题目就变成求对于，在、的情况下有多少种方案；

这里我设为的数量 (C*x表示x的倍数)；即可以和HDU1695一样得到的结论

设为的数量

那么：

倒过来求的原因是因为，也就是我们可以知道最后一位的准确值，那么反过来就可以推到每个位置准确值了；

那么答案就已经出来了；又因为要求的，对于每个，是含有有除法的，所以这里要用除法逆元，因为每次的mod都是不同的，所以说每次都要得到逆元，因为一定会小于min(n，m)；所以说每次打从1到 min(n，m)的表比单个值的计算快；

以下是代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e6+7;
ll euler[N], inv[N]={1, 1}, F[N], P[N], n, m, mod, mins;
void Euler(){///打欧拉表
    register int i, j;
    for(i=0; i<N; ++i){ euler[i]=i; }
    for(i=2; i<N; ++i){
        if(euler[i]==i){
            for(j=i; j<N; j+=i)
                euler[j]=euler[j]-euler[j]/i;
        }
    }
}
void Inv(){///打表求逆元
    for(register int i=2; i<=mins; ++i){
        inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    }
}
int main( ){
    Euler();
    int T;
    register ll ans;
    register int i, j;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
        scanf("%I64d%I64d%I64d", &n, &m, &mod);
        mins=min(n, m);
        Inv();
        for(i=1; i<=mins; ++i){
            F[i]=(n/i)*(m/i)%mod;
        }
        for(i=mins; i>=1; --i){
            P[i]=F[i];
            for(j=2; j*i<=mins; ++j){
                P[i]-=P[i*j];
                if(P[i]<0){
                    P[i]+=mod;
                }
            }
        }
        ans=0;
        for(i=1; i<=mins; ++i){
            ans=(ans+(i*inv[euler[i]]%mod)*P[i]%mod)%mod;
        }
        printf("%I64d
", ans);
    }
}