https://www.zybuluo.com/ysner/note/1317548---

题面

给出\(n\),用所有长为\(a\)、宽为\(b\)\((1\leq a,b\leq n)\)的长方形拼成正方形,最少需多少块?

多组数据。

  • \(30pts\) \(n\leq100,T\leq100\)
  • \(60pts\) \(n\leq3*10^4,T\leq300\)
  • \(100pts\) \(a,b\leq10^5,T\leq1000\)

解析

显然答案是$$\frac{lcm(a,b)}{a}*\frac{lcm(a,b)}{b}$$

暴力复杂度\(O(Tn^2logn)\),可以通过\(30pts\)。

考虑推推柿子。

\[\prod_{a=1}^n\prod_{b=1}^n\frac{lcm(a,b)}{a}*\frac{lcm(a,b)}{b}
\]

\[=\prod_{a=1}^n\prod_{b=1}^n\frac{lcm^2(a,b)}{ab}
\]

\[=\prod_{a=1}^n\prod_{b=1}^n\frac{ab}{gcd^2(a,b)}
\]

\[=\frac{(n!)^{2n}}{\prod_{a=1}^n\prod_{b=1}^ngcd^2(a,b)}
\]

现在问题是\(\prod_{a=1}^n\prod_{b=1}^ngcd(a,b)\)。

这个复杂度\(O(n^2)\),很不划算。

考虑枚举最大公约数的值。

则化为

\[\prod_{d=1}^nd^{\sum_{a=1}^n\sum_{b=1}^n[gcd(a,b)==d]}
\]

\[\prod_{d=1}^nd^{\sum_{a=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{b=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[gcd(a,b)==1]}
\]

这个指数怎么化呢?

我们可以强制\(a>b\),那么指数为\(\sum_{a=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\varphi(a)\)

如果不强制,考虑到\(\varphi(1)=1\)的特殊情况,柿子可化为:

\[\prod_{d=1}^nd^{[\sum_{a=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}2*\varphi(a)]-1}
\]

然后线性预处理一下欧拉函数前缀和,这样复杂度\(O(Tn)\),\(60pts\)稳了。

然后吗,注意到\(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\)在一段区间内是相同的,可以数论分块。

于是就做完了。

预处理逆元后,复杂度\(O(T\sqrt n\))。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int mod=19260817,N=1e6+100;
int a,b,jc[N],pri[N],ol[N],n,tot,inv[mod+100];
ll ans,gu;
bool vis[N];
il ll gi()
{
re ll x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il ll ksm(re ll S,re ll n)
{
re ll T=S;S=1;
if(n<0) return 0;
while(n)
{
if(n&1) S=S*T%mod;
T=T*T%mod;
n>>=1;
}
return S;
}
il void Pre(re int n)
{
ol[1]=1;
fp(i,2,n)
{
if(!vis[i]) pri[++tot]=i,ol[i]=i-1;
for(re int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;++j)
{
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]) ol[i*pri[j]]=ol[i]*(pri[j]-1);
else {ol[i*pri[j]]=ol[i]*pri[j];break;}
}
}
fp(i,1,n) (ol[i]+=ol[i-1])%=(mod-1);
jc[0]=1;fp(i,1,n) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
inv[0]=inv[1]=1;fp(i,2,mod) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
}
int main()
{
re int T=gi();
Pre(1e6);
while(T--)
{
n=gi();
ans=ksm(jc[n],2*n);gu=1;
re int L=0;
for(re int i=1;i<=n;i=L+1)
{
L=n/(n/i);
(gu*=ksm(1ll*jc[L]*inv[jc[i-1]]%mod,2*ol[n/i]-1))%=mod;
}
(ans*=inv[gu*gu%mod])%=mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}

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