luogu P4917 天守阁的地板

Posted 2022-05-05 study-ysj

题目描述：

链接

设 \(F(i,j)\) 表示用 \(i*j\) 大小的矩形 不旋转拼成一个边长任意的正方形所需要的最小块数

给出 \(T\) 组 \(n\)，求每次询问中 \(\Pi_i=1^n \Pi_j=1^n F(i,j)\)

\(n \leq 10^6,T \leq 10^3\)

题解

一眼SB题不是吗

先考虑单个询问的情况,可以得到如下结论:
用\(a*b\)规格的地板摆成的正方形的边长最小是\(lcm(a,b)\)(木板不允许旋转),所以需要最小的木板数量是\(\fraclcm(a,b)a*\fraclcm(a,b)b\)

问题中说要把所有可能的\((a,b)\)的答案求乘积,那么问题就转换成了求\[\Pi_i=1^n\Pi_j=1^n\fraclcm(i,j)^2i*j\]

首先你必须知道

\[lcm(i,j)*gcd(i,j)=i*j\](唯一分解后易证)

因此
\[\Pi_i=1^n\Pi_j=1^n\fraclcm(i,j)^2i*j=\Pi_i=1^n\Pi_j=1^n\fraci*jgcd(i,j)^2\]

先考虑分子:
\[\Pi_i=1^n\Pi_j=1^ni*j=(1^2n*2^2n*...*n^2n)=(n!)^2n\]

所以可以先\(O(n)\)预处理出阶乘\(fac(i)\),用快速幂\(O(logn)\)算出分子

接下来考虑分母

为了方便,可以先求出\[\Pi_i=1^n\Pi_j=1^ngcd(i,j)\]
再平方

考虑枚举\(d\),那么我们求出对于每个\(d\)有多少对\((i,j)\)满足\(gcd(i,j)=d\)再套用快速幂即可

显然,\(i,j\)都是\(d\)的倍数是必要条件,所以设\(i=k_1d,j=k_2d(k1,k2≤\lfloor \fracnd \rfloor)\)
那么当且仅当\(gcd(k1,k2)=1\)即\(k1,k2\)互质时符合\(gcd(i,j)=d\)的条件(否则\(gcd\)可以扩大为\(d*gcd(k1,k2)\))
不妨令 \(k1>k2\),那么符合条件的点对数 为每个在范围内的\(k1\),小于它且与它互质的数的个数的和(即\(\sumφ\)),所以真正的答案就是
\[(\sum_k1=1^\lfloor \fracnd \rfloor φ(k1))*2-1\]

对\(φ\)求出前缀和\(sum\)

所以\[\Pi_i=1^n\Pi_j=1^ngcd(i,j)=\Pi_d=1^nd^sum(\lfloor \fracnd \rfloor)*2-1\]

好了,到现在复杂度为\(O(n+Tnlogn)\),可以拿到\(60\)分的好成绩(雾)

最后一个优化:
不难发现,\(\lfloor \fracnd \rfloor\)的取值只有\(2\sqrtn\)种,那么可以把\(\lfloor \fracnd \rfloor\)相等的所有\(d\)放在一起处理

假设某一段从\(i\)到\(j\)的所有数的这个值都等于\(x\),那么这一段的乘积就等于
\[\Pi_p=i^jp^sum(x)*2-1=i^sum(x)*2-1*(i+1)^sum(x)*2-1*...*j^sum(x)*2-1=(i*(i+1)*...*j)^sum(x)*2-1\]

那么先预处理出\(1-19260817\)的逆元\(inv(i)\),这一段的答案就是\((fac(j)*inv(fac(i-1)))^sum(x)*2-1\)

这样处理后的最终复杂度是\(O(n+T\sqrtnlog(n))\),可以愉快的通过此题

\(AC code\)(主要部分)

#define LL long long
const int mod=19260817;
LL ans;
LL quickpow(LL a,LL k)

    if(!k)return 1;
    LL res=quickpow(a,k>>1);
    res=(res*res)%mod;
    if(k&1)res=(res*a)%mod;
    return res;

void pre()

    phi[1]=1;
    for(LL i=2;i<maxn;++i)
    
        if(!notprime[i])prime[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
        for(LL j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<maxn;++j)
        
            notprime[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j])phi[prime[j]*i]=phi[i]*(prime[j]-1);
            else
            
                phi[prime[j]*i]=phi[i]*prime[j];
                break;
            
        
    
    for(int i=1;i<maxn;++i)phi[i]=phi[i-1]+phi[i];
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<maxn;++i)fac[i]=((LL)fac[i-1]*i)%mod;
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<mod;++i)inv[i]=(((-(LL)(mod/i)*(LL)(inv[mod%i]))%mod)+mod)%mod;

int T;
int main()

    pre();
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    
        scanf("%d",&n);
        ans=quickpow(fac[n],2*n);
        LL ans2=1;
        for(LL i=1,L;i<=n;i=L+1)
        
            LL p=2*phi[n/i]-1;
            L=n/(n/i);
            ans2=(ans2*quickpow((fac[L]*(LL)inv[fac[i-1]])%mod,p))%mod;
        
        ans2=(ans2*ans2)%mod;
        printf("%lld\n",(ans*(LL)inv[ans2])%mod);