jzoj6572 FJWC2020Day5 lg （数论）

题面

Subtask 6（20pts）：n ≤ 10^8 ，m ≤ 200000。

分析

有挺多解法，先介绍题解解法：
$$\prod lc{m}^{gcd}=\prod lc{m}^{{\sum }_{d|x}\varphi (d)}$$
然后考虑统计每个d在答案中的贡献：
$$\prod _d\prod _{d|xi}lc{m}^{\varphi (d)}$$
我们可以对该问题进一步简化
$$\prod _d(\prod _{xi\le m/d}lcm\times d{)}^{\varphi (d)}$$
将d从次方中拆出，就得到
$$\prod _d(\prod _{xi\le m/d}lcm{)}^{\varphi (d)}\times d^{\varphi (d)(m/d{)}^n}$$
枚举d之后，前一部分如何计算：拆成每个质数的贡献，$O(m/d)$
不计快速幂的总复杂度$O(m\log m)$。事实上由于m/d的有效取值只有$\sqrt{m}$个，因此常数很小。

第二种方法的简述：
考虑先拆lcm中的贡献。枚举一个质数p，求其指数之和。
即$$\prod _{p,xi}{p}^{max(e)gcd}$$
其中max(e)是指xi中p的最大指数。
我们可以枚举p与maxe，然后问题变成了$p的指数最大值恰好为maxe$的gcd之和。然后由于最大值<=e是好求的，我们对后者做差分就得到了前者。答案也就是${\prod }_{p,maxe}{p}^{maxe\sum gcd}$
然后我们的问题就是禁用一些数后的gcd之和。
众所周知$\sum gcd=\sum {\sum }_{d|gcd}\varphi (d)={\sum }_{d}cnt[d{]}^n\varphi (d)$
cnt[d]指是d的倍数的能用的数的个数。
从大指数往小指数删除，维护上述式子的值即可。
复杂度为$O(质因子个数\ast 约数个数)=O(m\log m\times 8)$

方法1的代码：

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10,mo=998244353;

int n,m,p[N],is[N],phi[N];

ll ksm(ll x, ll y, ll mo) {
	ll ret=1;
	for(;y;y>>=1){
		if(y&1)ret=ret*x%mo;
		x=x*x%mo;
	}
	return ret;
}

void init(){
	int n=2e5;
	phi[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!is[i])p[++p[0]]=i,phi[i]=i-1;
		for(int j=1;p[j]*i<=n;j++){
			is[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0){
				phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
				break;
			}else phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
		}
	}
}

ll calc(ll m) {
	ll ret=1;
	for(int i=1;p[i]<=m&&i<=p[0];i++){
		ll cnt=0;
		for(ll k=1,t=p[i]; t<=m; t*=p[i],k++){
			cnt = (cnt + k * (ksm(m-m/(t*p[i]), n, mo-1) - ksm(m-m/t, n, mo-1))) % (mo-1);
		}
		if (cnt<0)cnt+=mo-1;
		ret = ret * ksm(p[i], cnt, mo) % mo;
	}
	return ret;
}

int main() {
	freopen("lg.in","r",stdin);
	freopen("lg.out","w",stdout);
	init();
	cin>>n>>m;
	ll ans=1;
	int las=-1,v=0;
	for(int d=1;d<=m;d++){
		if(las==-1||m/d!=las){
			las=m/d;
			v=calc(m/d);
		}
		ans = ans * ksm(v,phi[d],mo) %mo * ksm(d,phi[d]*ksm(m/d,n,mo-1),mo) % mo;
	}
	cout<<ans<<endl;
}