Codeforces 1228C. Primes and Multiplication

Posted 2020-11-15 lltyyc

传送门

当然是考虑 $n$ 的每个质数 $p$ 对答案的贡献

考虑 $p^k$ 在 $[1,m]$ 中出现了几次，显然是 $left lfloor frac{m}{p^k} ight floor$ 次

那么对于 $p^k$ ，它目前的贡献就是 $p^{left lfloor frac{m}{p^k} ight floor}$ ，注意这里不是 $p^{kleft lfloor frac{m}{p^k} ight floor}$，因为之后计算对于 $k‘<k,p^{k‘}$ 时的贡献会算到

然后现在问题是求 $n$ 的质因数，显然 $n$ 最多只有一个质因数大于 $sqrt{n}$ ，那么我们只要筛 $sqrt{n}$ 以内的质数即可

注意可能乘的时候可能爆 $long long$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ull;
inline ull read()
{
    ull x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) { if(ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=1e6+7,mo=1e9+7;
ull n,m,ans=1,pri[N],tot;
vector <ull> V;
bool not_pri[N];
inline ull ksm(ull x,ull y)
{
    ull res=1;
    while(y) { if(y&1) res=res*x%mo; x=x*x%mo; y>>=1; }
    return res;
}
int main()
{
    n=read(),m=read();
    int t=sqrt(n)+1;
    for(int i=2;i<=t;i++)
    {
        if(!not_pri[i]) pri[++tot]=i;
        for(int j=1;j<=t;j++)
        {
            ull g=i*pri[j]; if(g>t) break;
            not_pri[g]=1; if(!(i%pri[j])) break;
        }
    }
    for(int i=1;i<=tot;i++)
        if(!(n%pri[i]))
        {
            V.push_back(pri[i]);
            while(!(n%pri[i])) n/=pri[i];
        }
    if(n>1) V.push_back(n);
    int len=V.size();
    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        for(ull now=V[i];now<=m;now*=V[i])
        {
            ans=ans*ksm(V[i],m/now)%mo;
            if(m/V[i]<now) break;//防止爆 unsigned long long
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}