模数(1e8+7)……甘拜下风
Solution 一道水题II
题目大意:求(1-n)的最小公倍数,对(1e8+7)取模
筛法,数论
分析:首先暴力求乘积除以(gcd)是不行滴,(nlogn)直接上天,我们考虑(lcm)的性质,把每个数分解质因数(有些质数指数为(0)),那么把这些数的(lcm)分解质因数后,(lcm)每个因子的指数应该是每个数对应因子指数的最大值
有了这个性质就很好做了,首先用筛法把(1-N)里面的质数筛出来,枚举所有质数(x),那么这个质数对答案的贡献(x^{lfloor log_xN floor}),快速幂算一下乘起来就好
换底公式:
(log_xN=frac{logN}{logx})
然后就是喜闻乐见的卡常时间
- (Trick;1:)对于所有质数(x),若(x>sqrt{n}),(lfloor log_xN floor=1)
- (Trick;2:)埃筛肯定是会(GG)的,使用欧拉筛并用(bitset)优化内存,在(O2)的加持下由于对(Cache)更加友好,跑得比数组快得多
- (Trick;3:)由于取模运算常数较大,我们只当(ans>mod)时才取模
#include <iostream>
#include <bitset>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e8 + 7,maxn = 1e8 + 100;
bitset<maxn + 1> vis;
int n,pri[6000000],pri_tot,sq;
ll ans = 1;
template <typename T>
inline void domod(T &x){
if(x >= mod)x %= mod;
}
inline ll qpow(ll a,ll b){
ll base = a,res = 1;
while(b){
if(b & 1)res *= base,domod(res);
base *= base,domod(base);
b >>= 1;
}
return res;
}
inline void init(){
for(register int i = 2;i <= n;i++){
if(!vis[i])pri[++pri_tot] = i;
for(register int j = 1;j <= pri_tot;j++){
if(1ll * pri[j] * i > n)break;
vis[i * pri[j]] = 1;
if(!(i % pri[j]))break;
}
}
}
int main(){
cin >> n;
sq = sqrt(n);
init();
for(int i = 1;i <= pri_tot;i++){
ans *= pri[i] > sq ? pri[i] : qpow(pri[i],log(n) / log(pri[i])),domod(ans);
}
cout << ans << '
';
return 0;
}