caioj 1290: 之乎者也

求 $\prod_{i=1}^n (\sum_{j=1}^igcd(i,j))\mod 10^9+7(n\le 5*10^7)$

本来想出一道莫比乌斯反演的题目的,但是 $\sum$太简单了,就换成了 $\prod$试试看,结果发现一些奇怪的东西…

定义 $f(n)=\sum_{i=1}^n gcd(i,n)$,则有:

$\begin{cases} f(p^k)=1(p^k-p^{k-1})+p(p^{k-1}-p^{k-2})...+p^k=k(p^k-p^{k-1})+p^k(枚举gcd大小并求出次数)\\f(n)=f(p)f(q)(p\bot q)\end{cases}$

第二个式子是证明它是积性函数的:

令 $n=p^c q^d(p\bot q)$,则需要证明 $\sum_{i=1}^n gcd(i,n)=\sum_{j=1}^{p^c} gcd(p^c,j)\sum_{k=1}^{q^d} gcd(q^d,k)$.

此时我们计算一下 $p^aq^b(a\le c,b\le d)$作为gcd的出现次数.

从左边看则为 $\dfrac{n}{p^aq^b}-\lfloor\dfrac{n}{p^{a+1}q^b}\rfloor-\lfloor\dfrac{n}{p^aq^{b+1}}\rfloor+\lfloor\dfrac{n}{p^{a+1}q^{b+1}}\rfloor$.

从右边看则为 $(p^{c-a}-\lfloor p^{c-a-1}\rfloor)(q^{d-b-\lfloor q^{d-b-1}\rfloor})$.

很明显,拆开后是等价的.

那么我们只要求出 $f(p^k)$及其出现次数,用一下快速幂即可.

本算法的瓶颈在于线性筛,因为快速幂是高度压缩了运算次数.

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7,N=5e7+10;
ll ans;
ll power_mod(ll a,ll b) {
	ll c=1;a%=mod;
	while(b) {
		if(b&1)c=c*a%mod;
		a=a*a%mod;b=b>>1;
	}
	return c;
}
void calc(int x,ll y,ll p) {
	int cnt=0;
	do {
		x/=p;cnt++;
		ans=ans*power_mod(y*p+cnt*y*(p-1),x-x/p)%mod;
		y*=p;
	}while(x>=p);
}
int n,prime[3001144],tot;bool v[N];
void get_prime() {
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		if(!v[i])prime[++tot]=i,calc(n,1,i);
		for(int j=1;i*prime[j]<=n;j++) {
			v[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)break;
		}
	}
}
int main() {
//	freopen("a.in","r",stdin);
//	freopen("a.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);ans=1;
	get_prime();printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}