牛客练习赛40 E题 小D的Lemon 莫比乌斯反演

题目描述
あの日の悲しみさえ
那一天的悲伤也好
あの日の苦しみさえ
那一天的痛苦也好
そのすべてを愛してた あなたとともに
我深爱着和你在一起的点点滴滴
胸に残り離れない
残留在心中久久不离
苦いレモンの匂い
苦柠檬的香气
雨が降り止むまでは帰れない
雨停为止都无法回去
切り分けた果実の片方の様に
如同切开的果实的一面那样
今でもあなたはわたしの光
至今为止你依然是我的光
米津玄师—《Lemon》

题目描述

旧日的美好已如昙花般绽放之后消失的无影无踪，只剩下些许的回忆和无穷的悔恨。如梦般的时光已经逝去，但值得庆幸的是，仍有电脑、鼠标、键盘和那一串串的公式无言却忠诚地记录着过去。
小D在时光的缝隙中找到了一个公式

解析

$x={\prod }_{i=1}^q{p}_i^{k_i}，g(x)={\sum }_{i=1}^q{k}_i，g(1)=1$
$g(prime)=1，g(a\times prime)=g(a)+1$所以线性筛的时候，可以顺便把$g(n)$给筛出来。

入门推荐：here

原式子：$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{m}g(gcd(i,j))$$
提取$gcd$：$$\prod _{d=1}^{n}g(d{)}^{{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]}$$
反演一下指数那个式子：$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]=\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{j=1}^{\frac{m}{d}}[gcd(i,j)=1]=\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{j=1}^{\frac{m}{d}}\sum _{k|gcd(i,j)}\mu (k)$$
得到这个式子：$$\prod _{d=1}^{n}g(d{)}^{{\sum }_{k=1}^{\frac{n}{d}}\mu (k)\frac{n}{kd}\frac{m}{kd}}$$
上面这个式子可以$O(n)$求值了，但是还不够，因为这题有多组数据。
想到一个常用的优化方式：
先把指数提下来：$$\prod _{d=1}^n\prod _{k=1}^{\frac{n}{d}}g(d{)}^{\mu (k)\frac{n}{kd}\frac{m}{kd}}$$
令$T=kd$，换元求积：$$\prod _{T=1}^n\prod _{d|T}g(d{)}^{\mu (\frac{T}{d})\frac{n}{T}\frac{m}{T}}$$
再变换一下：$$\prod _{T=1}^n(\prod _{d|T}g(d{)}^{\mu (\frac{T}{d})}{)}^{\frac{n}{T}\frac{m}{T}}$$
发现这个式子${\prod }_{d|T}g(d{)}^{\mu (\frac{T}{d})}$可以$O(nlog(n))$预处理出来，$O(1)$求值。

所以最后总的复杂度是$O((nlog(n)+T\sqrt{n})\times 常数)$

AC_CODE:

#include
#define fi first
#define se second
#define iis std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0)
#define pb push_back
#define o2(x) (x)*(x)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<LL, LL> pll;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1000000007;
const int MXN = 3e5 + 6;

int n, q, m;
int noprime[MXN], pp[MXN/2], pcnt;
int mu[MXN];
LL g[MXN], inv_g[MXN], f[MXN], pre[MXN], inv_pre[MXN];
LL ksm(LL a, LL b) {
    LL res = 1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%MOD) {
        if(b&1) res=res*a%MOD;
    }
    return res;
}
void init_rime() {
    noprime[0] = noprime[1] = 1;
    mu[1] = g[1] = 1;
    for(int i = 2; i < MXN; ++i) {
        if(!noprime[i]) pp[pcnt++] = i, mu[i]=-1, g[i] = 1;
        for(int j = 0; j < pcnt && i*pp[j] < MXN; ++j) {
            noprime[i*pp[j]] = 1;
            mu[i*pp[j]] = -mu[i];
            g[i*pp[j]] = g[i] + 1;
            if(i % pp[j] == 0) {
                mu[i*pp[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i < MXN; ++i) f[i] = 1, inv_g[i] = ksm(g[i], MOD-2);
    for(int i = 2; i < MXN; ++i) {
        for(int j = i; j < MXN; j += i) {
            if(mu[j/i] == 1) f[j] = f[j] * g[i] % MOD;
            else if(mu[j/i] == -1) f[j] = f[j] * inv_g[i] % MOD;
        }
    }
    pre[0] = pre[1] = inv_pre[0] = inv_pre[1] = 1;
    for(int i = 2; i < MXN; ++i) {
        pre[i] = pre[i-1] * f[i] % MOD;
        inv_pre[i] = ksm(pre[i], MOD-2);
    }
}
int main(int argc, char const *argv[]) {
    init_rime();
    int tim;
    scanf("%d", &tim);
    while(tim --) {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        LL ans = 1, tmp;
        if(n > m) swap(n, m);
        for(int L = 1, R; L <= n; L = R + 1) {
            R = min(n/(n/L),m/(m/L));
            ans = (ans * ksm(pre[R]*inv_pre[L-1]%MOD, 1LL*(n/L)*(m/L)%(MOD-1)))%MOD;
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }    
    return 0;
}

题目类似：bzoj 4816: [Sdoi2017]数字表格