https://www.zybuluo.com/ysner/note/1317548---
题面
给出(n)，用所有长为(a)、宽为(b)((1leq a,bleq n))的长方形拼成正方形,最少需多少块？
多组数据。
- (30pts) (nleq100,Tleq100)
- (60pts) (nleq3*10^4,Tleq300)
- (100pts) (a,bleq10^5,Tleq1000)
解析
显然答案是$$frac{lcm(a,b)}{a}*frac{lcm(a,b)}{b}$$
暴力复杂度(O(Tn^2logn))，可以通过(30pts)。
考虑推推柿子。
[prod_{a=1}^nprod_{b=1}^nfrac{lcm(a,b)}{a}*frac{lcm(a,b)}{b}
]
[=prod_{a=1}^nprod_{b=1}^nfrac{lcm^2(a,b)}{ab}
]
[=prod_{a=1}^nprod_{b=1}^nfrac{ab}{gcd^2(a,b)}
]
[=frac{(n!)^{2n}}{prod_{a=1}^nprod_{b=1}^ngcd^2(a,b)}
]
现在问题是(prod_{a=1}^nprod_{b=1}^ngcd(a,b))。
这个复杂度(O(n^2))，很不划算。
考虑枚举最大公约数的值。
则化为
[prod_{d=1}^nd^{sum_{a=1}^nsum_{b=1}^n[gcd(a,b)==d]}
]
[prod_{d=1}^nd^{sum_{a=1}^{lfloorfrac{n}{d}
floor}sum_{b=1}^{lfloorfrac{n}{d}
floor}[gcd(a,b)==1]}
]
这个指数怎么化呢？
我们可以强制(a>b)，那么指数为(sum_{a=1}^{lfloorfrac{n}{d}
floor}varphi(a))
如果不强制，考虑到(varphi(1)=1)的特殊情况，柿子可化为：
[prod_{d=1}^nd^{[sum_{a=1}^{lfloorfrac{n}{d}
floor}2*varphi(a)]-1}
]
然后线性预处理一下欧拉函数前缀和，这样复杂度(O(Tn))，(60pts)稳了。
然后吗，注意到(lfloorfrac{n}{d}
floor)在一段区间内是相同的，可以数论分块。
于是就做完了。
预处理逆元后，复杂度(O(Tsqrt n))。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int mod=19260817,N=1e6+100;
int a,b,jc[N],pri[N],ol[N],n,tot,inv[mod+100];
ll ans,gu;
bool vis[N];
il ll gi()
{
re ll x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il ll ksm(re ll S,re ll n)
{
re ll T=S;S=1;
if(n<0) return 0;
while(n)
{
if(n&1) S=S*T%mod;
T=T*T%mod;
n>>=1;
}
return S;
}
il void Pre(re int n)
{
ol[1]=1;
fp(i,2,n)
{
if(!vis[i]) pri[++tot]=i,ol[i]=i-1;
for(re int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;++j)
{
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]) ol[i*pri[j]]=ol[i]*(pri[j]-1);
else {ol[i*pri[j]]=ol[i]*pri[j];break;}
}
}
fp(i,1,n) (ol[i]+=ol[i-1])%=(mod-1);
jc[0]=1;fp(i,1,n) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
inv[0]=inv[1]=1;fp(i,2,mod) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
}
int main()
{
re int T=gi();
Pre(1e6);
while(T--)
{
n=gi();
ans=ksm(jc[n],2*n);gu=1;
re int L=0;
for(re int i=1;i<=n;i=L+1)
{
L=n/(n/i);
(gu*=ksm(1ll*jc[L]*inv[jc[i-1]]%mod,2*ol[n/i]-1))%=mod;
}
(ans*=inv[gu*gu%mod])%=mod;
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}