BZOJ3560 DZY Loves Math V 数论 快速幂

原文链接http://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/8111725.html

UPD(2018-03-26):蒟蒻回来重新学数论了。更新了题解和代码。之前的怼到后面去了。

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题目传送门 - BZOJ3560

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题意概括

　　给定$n$个正整数$a_1,a_2,a_3,...,a_n$，求

　　$$\Huge\sum_{i_1|a_1}\sum_{i_2|a_2}\cdots \sum_{i_n|a_n}\varphi(i_1i_2i_3...i_n)$$

　　答案对$10^9+7$取模。

　　$1\leq n\leq 10^5,1\leq a_i\leq 10^7$

题解

　　考虑到$\varphi$是积性函数，所以我们可以对于每一个质数分别考虑。

　　对于每一个质数，考虑它有哪些情况，同一个质数的所有情况贡献加起来，然后不同质数的答案乘起来就OKla。

　　考虑对一个质数的处理。

　　先处理出每一个$a_i$含有该质因子几个（假设有$t_i$个）。保存好。

　　我们显然不可能穷举所有情况。我们考虑采用不同的$a_i$分开贡献的方式。

　　由于（p为质数）$f(p)=p-1,f(p^i)=f(p^{i-1})*p$，于是一开始的那个$f(p)=p-1$就特别令人不爽！！

　　于是我们暂且假装$f(p)=p$。这样的话，数$a_i$的贡献就是$\sum_{j=0}^{t_i}f(p^j)$。

　　于是算出来的当前质数的总贡献就是$\prod_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{t_i}f(p^j)$。

　　那个$\sum_{j=0}^{k}f(p^j)$可以预处理。

　　但是别忘了这个是个假贡献。我们假装了$f(p)=p$，事实上不是。

　　我们考虑还原。

　　该贡献可以分成两个部分：

　　　　1.$\prod_{j=1}^{n}i_j$中不含该质数因子，贡献为1。

　　　　2.包含，贡献比标准多了$\frac{1}{p-1}$。

　　于是搞个逆元还原一下2的部分就可以得到正确答案了。

　　具体实现大概我知道的有2种方式。

　　设$m=max\{a_i,i\in[1,n]\}$。

　　一种是我之前抄的做法：先分解n个数，然后按照质因子排序分段处理。时间复杂度$O(n \sqrt m +n log\ m)$。

　　一种是我这次写的做法：先筛法把小于$\sqrt m$的素数筛出来，然后对于每一个因子枚举n个数统计相关信息。对于大于$\sqrt m$的质因数用map存下来。最后一个一个算质数贡献。复杂度相同。常数貌似变小了。（BZOJ上快了近4倍）

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,M=1e7+5,mod=1e9+7;
int prime[N],pcnt,ptot[N][30];
bool f[M];
map <int,int> hptot;
void get_prime(){
	pcnt=0;
	memset(f,true,sizeof f);
	f[0]=f[1]=0;
	for (int i=2;i*i<M;i++){
		if (!f[i])
			continue;
		prime[++pcnt]=i;
		for (int j=1;j<=i;j++)
			f[i*j]=0;
	}
}
LL Pow(LL x,LL y){
	if (!y)
		return 1LL;
	LL xx=Pow(x,y/2);
	xx=xx*xx%mod;
	if (y&1LL)
		xx=xx*x%mod;
	return xx;
}
LL Inv(LL x){
	return Pow(x,mod-2);
}
int n,a[N],v[N],cntv=0;
int main(){
	get_prime();
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	memset(ptot,0,sizeof ptot);
	hptot.clear();
	for (int i=1;i<=pcnt;i++)
		for (int j=1;j<=n;j++){
			int k=0;
			while (a[j]%prime[i]==0)
				a[j]/=prime[i],k++;
			ptot[i][k]++;
		}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		if (a[i]>1){
			if (hptot[a[i]]==0)
				v[++cntv]=a[i];
			hptot[a[i]]++;
		}
	LL ans=1;
	for (int i=1;i<=pcnt;i++){
		LL phi=prime[i]+1,add=1;
		for (int j=1;j<30;j++){
			while (ptot[i][j]--)
				add=add*phi%mod;
			phi=(phi*prime[i]+1)%mod;
		}
		ans=ans*((add-1+mod)%mod*Inv(prime[i])%mod*(prime[i]-1)%mod+1)%mod;
	}
	for (int i=1;i<=cntv;i++){
		LL phi=v[i]+1,add=1;
		while (hptot[v[i]]--)
			add=add*phi%mod;
		ans=ans*((add-1+mod)%mod*Inv(v[i])%mod*(v[i]-1)%mod+1)%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

　　

　　

——————Old——————

题意概括

给定n个正整数a1,a2,…,an，求

的值（答案模10^9+7）。

1<=n<=10^5，1<=ai<=10^7。

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题解

　　本人是蒟蒻。

　　可以看这位大佬的（给出链接）

http://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/42739963

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代码

呵呵，调试的时候照着他的改，改的几乎一样……

#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N=100005;
LL mod=1e9+7;
LL n,tot=0;
struct Node{
	LL p,t;
}q[N*20];
bool operator < (Node a,Node b){
	return a.p<b.p;
}
void fj(LL v){
	for (LL i=2;i*i<=v;i++)
		if (v%i==0){
			q[++tot].p=i;
			q[tot].t=0;
			while (v%i==0)
				v/=i,q[tot].t++;
		}
	if (v>1)
		q[++tot].p=v,q[tot].t=1;
}
LL Pow(LL x,LL y,LL mod){
	if (y==0)
		return 1LL;
	LL xx=Pow(x,y/2,mod);
	xx=xx*xx%mod;
	if (y&1LL)
		xx=xx*x%mod;
	return xx;
}
LL Inv(LL x,LL mod){
	return Pow(x,mod-2,mod);
}
LL calc(LL L,LL R){
	LL sum[30];
	LL p=q[L].p,res=1;
	sum[0]=1;
	for (int i=1;i<30;i++)
		sum[i]=(sum[i-1]*p+1)%mod;
	for (int i=L;i<=R;i++)
		res=res*sum[q[i].t]%mod;
	res=(res-1)*(p-1)%mod*Inv(p,mod)%mod+1;
	return res%mod;
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	for (int i=1,a;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a);
		fj(a);
	}
	sort(q+1,q+tot+1);
	int last=0;
	LL ans=1;
	for (int i=1;i<=tot;i++)
		if (i==tot||q[i].p!=q[i+1].p)
			ans=ans*calc(last+1,i)%mod,last=i;
	printf("%lld",(ans%mod+mod)%mod);
	return 0;
}