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[SDOI2008]沙拉公主的困惑 线性筛 素数+欧拉

题目大意

给定n,m,求在1到n!内与m!互质的个数，答案要对r取模。

输入格式：
第一行为两个整数T，R。R<=10^9+~~10，T<=10000，表示该组中测试数据数目，R为模 后面T行，每行一对整数n，m，见题目描述 m<=n

输出格式：
共T行，对于每一对N，M，输出1至N！中与M！素质的数的数量对R取模后的值

输入输出样例
input
1 11
4 2
output
1

解题分析
首先，我们来引出一个定理
如果a与b互质，那么(b*k+a)也与b互质。证明和证明gcd的证明类似。
反过来，我们也可以用(gcd)证明，
因为(gcd(a,b)=1)，所以(gcd(a\%b,b)=1)
因为(a\%b=a-k*b)，故(gcd(a-k*b,b)=1),及(a-k*b)与(b)互质。
根据这个特性，并且(n>=m),所以可以将n！分成若干段，每段为m!，每一段中与m!互质的个数都是相等的且等于1到m！中与m！互质的个数
我们可以得到式子

(ans={frac{n!}{m!}*phi(m!)})

进一步拆开，我们可以得到 （假设p为m!的质因数，很容易可以知道，p就是所有小于m的素数，r为质因数个数）

(ans={frac{n!}{m!}*m!*frac{prod limits_{i=1}^{r}(p_i-1)}{prodlimits_{i=1}^{r}p_i } o ans=n!*frac{prod limits_{i=1}^{r}(p_i-1)}{prodlimits_{i=1}^{r}p_i } })

因为(ans) 要(mod R),所以我们也要算1到m的逆元，在累乘$prodlimits_{i=1}^{r}p_i (，乘的是)p_i (的逆元。 有多组询问,我们得先预处理一些数据,累乘的时候要%R 我们令)k[i] = i! ,inv[i]为i的逆元，(f1[i]= {prodlimits_{a=1}^{i}(p_a-1)})
$ ,f2[i]={prodlimits_{a=1}^{i}p_a} ( )ans=f1[m]f2[m]k[n]$
先预处理O()答案，对于询问O(1)出解

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <math.h>
using namespace std;
const int MAXN=10000000+10;
bool su[MAXN];
int q[MAXN][2],maxm,maxn,t,inv[MAXN],p,n,m;
int k[MAXN],f1[MAXN],f2[MAXN],ans=0;
void work()
{
  
  inv[1]=1;k[1]=1;f1[1]=1;f2[1]=1;
  for(int i=2;i<=sqrt(maxm);i++) if(!su[i])
    for(int j=2;j<=maxm/i;j++) su[i*j]=1;

	for(int i=2;i<=maxn;i++)
  {
  	if(i<=maxm) 
    {    
  	  inv[i]=(1LL*-(p/i)*inv[p%i])%p;
      inv[i]=(inv[i]%p+p)%p;
    }
      if(i<=maxm) 
  	  {
    	  if(!su[i])
        {
	        f1[i]=(1LL*f1[i-1]*((i-1)%p))%p;
          f2[i]=(1LL*f2[i-1]*(inv[i]%p))%p;    
        }else
        {    
          f1[i]=f1[i-1];
          f2[i]=f2[i-1];
        }
    	}
    k[i]=(1LL*k[i-1]*(i%p))%p;
  }
}
int main()
{
  scanf("%d%d",&t,&p);
 
  for(int i=1;i<=t;i++)
  {
	  scanf("%d%d",&q[i][0],&q[i][1]);
    maxn=max(maxn,q[i][0]);
    maxm=max(maxm,q[i][1]);
  }
  work();
  for(int i=1;i<=t;i++)
	{
	  ans=((1LL*k[q[i][0]]%p)*1LL*(f1[q[i][1]]%p))%p;
    ans=(ans*1LL*(f2[q[i][1]]%p))%p;
    printf("%d
",ans);
  }
 
  return 0;
}
/*
2 11
6 3
10 5

*/