[数论] 阶乘除法

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题目描述

输入

第一行三个整数，n，m和T。

第二行n个数，第i个数表示ai。

第三行m个数，第i个数表示bi。

输出

输出一个数，答案对T取余数的结果。

样例输入

3 2 998244353
2 2 6
3 3

样例输出

80

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解题思路

很容易发现这是一道需要用到legendre定理的题目
我们就直接用legendre跑一遍，很明显会超时，所以我们就要考虑一下优化
显然我们是要先用legendre分解质因数的，所以我们可以先用欧拉筛法求出数据范围内的所有质数，免去了每次判断质数所用去的时间
我们用一个数组$p$来保存每一个数所出现的次数，然后我们探究一个东西：
我们知道勒让德定理是这样的：$$F(n)=\sum _{k=1}\lfloor \frac{n}{a^k}\rfloor$$
其中$a$是一个质数，现在我们假设$a^k$为2，那么可以得到$\lfloor \frac{2}{2}\rfloor =\lfloor \frac{3}{2}\rfloor$
假设$a^k$为5，那么可以得到$\lfloor \frac{5}{5}\rfloor =\lfloor \frac{6}{5}\rfloor =\lfloor \frac{7}{5}\rfloor =\lfloor \frac{8}{5}\rfloor =\lfloor \frac{9}{5}\rfloor$
由此可以发现，当$a^k$为一个定值时，如果要使$[l,r]$这个区间内里的所有数除以$a^k$下取整都为$x$（在上面的两个例子中都为1），如何确定$l$和$r$的值呢？
$L$很明显，肯定是$a^k\ast x$，关于$r$的取值，我们先看上面的例子：
第一个例子中$r$为3，而$2\ast 2-1=3$，因为$x$是等于1的，所以就是$2\ast (x+1)-1=3$，第二个例子同理
所以$r=a^k\ast (x+1)-1$
也可以这样解释：$$\lfloor \frac{a^k\ast x}{a^k}\rfloor =x，\lfloor \frac{a^k\ast (x+1)}{a^k}\rfloor =x+1，\therefore \lfloor \frac{a^k\ast (x+1)-1}{a^k}\rfloor =x$$
总结一下就是：

在$[a^k\ast x,a^k\ast (x+1)-1]$这个区间内的所有数$i$满足$\lfloor \frac{i}{a^k}\rfloor =x$

区间和用前缀和来做就可以了，我们就用一个$w$数组，其中$w[i]$表示第$i$个质数在$n!$中的指数，所以$w[i]=(p[r]-p[l-1])\ast x$
因为$p[r]-p[l-1]$只是$\lfloor l,r\rfloor$这个区间中除以$a^k$下取整为$x$的所有数的总量，所以每一个数都会贡献一个$x$加到第$i$个数的指数里面，所以要乘以一个$x$

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参考代码

#include 
#include 
#define reg register
 
template <class T>
inline T read() {
    T x = 0; T f = 1; char s = getchar();
    while(s < '0' || s > '9') {if(s == '-') f = -1; s = getchar();}
    while(s >= '0' && s <= '9') {x = (x << 3) + (x << 1) + s - 48; s = getchar();}
    return x * f;
}
 
template <typename T>
inline void wri(T x) {
    if(x < 0) {x = -x; putchar('-');}
    if(x / 10) wri(x / 10);
    putchar(x % 10 + 48);
}
 
template <typename T>
inline void write(T x, char s) {
    wri(x);
    putchar(s);
}
 
template <typename T>
inline T Max(T x, T y) {return x > y ? x : y;}
 
template <typename T>
inline T Min(T x, T y) {return x < y ? x : y;}
 
#define MAXN 100005
#define LL long long
 
LL T, ans = 1;
LL p[MAXN], w[MAXN];
int n, m, len, maxn;
int prim[MAXN];
bool vis[MAXN];
 
inline void Memset() {
    for(reg int i = 0;i <= maxn;i ++)
        p[i] = 0;
    maxn = 0;
}
 
inline void sieve(int x) {	//欧拉筛法求出MAXN以内的所有质数
    for(reg int i = 2;i <= x;i ++) {
        if(! vis[i])
            prim[++ len] = i;
        for(reg int j = 1;j <= len && i * prim[j] <= x;j ++) {
            vis[i * prim[j]] = 1;
            if(i % prim[j] == 0)
                break;
        }
    }
}
 
inline void legendre(int x, int f) {	//legendre定理
    for(reg int i = 1;i <= x;i ++)	//前缀和
        p[i] += p[i - 1];
    for(reg int i = 1;i <= len && prim[i] <= x;i ++)	//枚举质数
        for(reg LL j = prim[i];j <= x;j *= prim[i])		//枚举上述推导中的a^k
            for(reg LL k = 1;k * j <= x;k ++) {		//枚举上述推导中的x
                LL l = k * j, r = Min(1ll * maxn, 1ll * ((k + 1) * j - 1));
                w[i] += (p[r] - p[l - 1]) * k * f;
            }
}
 
inline LL qkpow(LL x, LL y) {	//快速幂
    LL tot = 1;
    while(y > 0) {
        if(y & 1)
            tot = tot * x % T;
        x = x * x % T;
        y >>= 1;
    }
    return tot;
}
 
int main() {
    n = read<int>(), m = read<int>(), T = read<LL>();
    sieve(MAXN);
    for(reg int i = 1;i <= n;i ++) {
        int x = read<int>();
        p[x] ++;
        maxn = Max(maxn, x);
    }
    legendre(maxn, 1);
    Memset();
    for(reg int i = 1;i <= m;i ++) {
        int x = read<int>();
        p[x] ++;
        maxn = Max(maxn, x);
    }
    legendre(maxn, -1);
    for(reg int i = 1;i <= len;i ++)
        ans = ans * qkpow(prim[i], w[i]) % T;
    write(ans, '\n');
    return 0;
}