数论 + 贪心 - Basic Gcd Problem - 2020牛客暑期多校训练营（第四场）

数论 + 贪心 - Basic Gcd Problem - 2020牛客暑期多校训练营（第四场）

题意：

给定表达式：

$$\{\begin{array}{l}{f}_c(x)=ma{x}_{1\le i\le x-1}c\cdot f_c(gcd(i,x))x>1\\ \\ f_c(x)=1x=1\end{array}$$

$T组测试数据，每组包括两个正整数n和c，输出f_c(n)。答案对10^9+7取模。$

数据范围：

$1\le T\le 10^6，1\le n,c\le 10^6$

示例1
输入

2
3 3
10 5

输出

3
25

---

分析：

$容易分析得出，f迭代的次数k越多越好，答案为c^k。$

$贪心地考虑，分解n=P_1^{a_1}{P}_2^{a_2}...P_k^{a_k}，假设P_1<P_2<...<P_k$

$要使gcd的迭代次数最多，最优的情况就是每次约去一个最小质因子，这样总次数即所有质因子指数之和。$

问题：如何快速分解正整数n，得到其所有质因子的指数之和？

$本题T\le 10^9，n\le 10^6，若对每个n逐个分解质因数，时间复杂度为O(\sqrt{n})也还是会超时，$

$因此只能实现预处理出来。$

$设M[i]表示正整数i的所有质因子的指数之和。$

$①、若i是质数，则M[i]=1。$

$②、对任意合数，分解其最小质因子P_j与另一个数i的乘积：P_j\times i，则M[P_j\times i]+=M[i]+1。$

$故我们可以线性筛中递推求出M数组。$

代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
  
#define ll long long
  
using namespace std;
  
const int N=1e6+10, mod=1e9+7;

int primes[N],cnt,M[N];
bool st[N];

void get_prime(int n)
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!st[i]) 
        {
            primes[cnt++]=i;
            M[i]=1;
        }
        for(int j=0;primes[j]*i<=n;j++)
        {
            st[primes[j]*i]=true;
            M[primes[j]*i]+=M[i]+1;
            if(i%primes[j]==0) break;
        }
    }
}

int quick_pow(int a,int b)
{
    int res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=(ll)res*a%mod;
        a=(ll)a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    get_prime(1e6);
    int T;
    int n,c;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&c);
        int k=M[n];
        printf("%d\n",quick_pow(c,k));
    }
    
    return 0;
}