题目：http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#!#problemId=1965
考虑 \( \prod_{i=1}^{n}\sigma_0^i \)
\(=\prod_{j=1}^{p_j<=n}\prod_{t=1}^{p_j^t<=n}(t+1)^{ p_j^tS(\left\lfloor\frac{n}{p_j^t}\right\rfloor) - p_j^{t+1}S(\left\lfloor\frac{n}{p_j^{t+1}}\right\rfloor) } \)
（其中 \( S(x)=\frac{(1+x)*x}{2} \)）
对于 \( <=\sqrt(n) \) 的质数暴力枚举；对于 \( >\sqrt(n) \) 的质数只能是 1 次方，所以就是要求
\( \sum\limits_{\sqrt(n)<p_j<=n}S(\left\lfloor\frac{n}{p_j}\right\rfloor)*p_j \)
\( S(\left\lfloor\frac{n}{p_j}\right\rfloor) \) 可以分块，所以就是要求区间内的质数个数（\( <= \sqrt(n) \) 的暴枚减掉就行）；min_25 筛做一下就行。
考虑 \( \prod_{i=1}^{n}\sigma_0^{\mu(i)} \)
\(=2^{\sum\limits_{i=1}^{n}d(i)*\mu(i) \) ，其中 \( d(i) \) 表示 i 的质因子个数。
令 \( g(n,j)=\sum\limits_{i=1}^{n}[min_i>=p_j]\mu(i) \) ， \( s(n,j)=\sum\limits_{i=1}^{n}[min_i>=p_j]d(i)*\mu(i) \)
则 \( g(n,j)=g(n,j+1)+(-1)g(\frac{n}{p_j},j+1)+(-1) \) ， \( s(n,j)=s(n,j+1)+(-1)s(\frac{n}{p_j},j+1)+(-1)g(\frac{n}{p_j},j+1)+(-1) \)
对于\( min_i>\sqrt(n) \) 的部分的贡献，可以通过赋初值来处理。筛一个 \( c2 \) 表示质数个数就行。
需要注意的是在调用 \( g(\frac{n}{p_j},j+1) \) 和 \( s(\frac{n}{p_j},j+1) \) 的时候，因为 \( \frac{n}{p_j} \) 比 n 小，又有从大到小枚举 \( p_j \) 并且 \( if(p^{2}_{j}>w[i])break; \) ，所以可能 \( \frac{n}{p_j} \) 没被更新过，还是初值；这时它的值是 \( >\sqrt{\frac{n}{p_j}} \) 的质数贡献，但现在要用的是 \( 1~\sqrt{\frac{n}{p_j}} \) 里 \( min_i > p_j \) 的数的贡献；不过这种情况中有贡献的只有质数，所以像赋初值那样算一下应该贡献的值就行了。
可以用大数乘法的黑科技，就是 \( a*b%mod = a*b - \left\lfloor\frac{a*b}{mod}\right\rfloor * mod \) ，超过的部分 long long 自然溢出即可；那个除的结果需要正确，所以转成 long double 计算再赋值给 long long 即可。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #define ll long long #define ld long double using namespace std; const ll mod=1e12+39,md=mod-1;///// ll upt(ll x){while(x>=md)x-=md;while(x<0)x+=md;return x;} ll Ml(ll a,ll b,ll Md=md){ll ret=(ld)a*b/Md;return a*b-ret*Md;} ll pw(ll x,ll k)//mod!! not md {ll ret=1;while(k){if(k&1)ret=Ml(ret,x,mod);x=Ml(x,x,mod);k>>=1;}return ret;} const int N=640000; int base,m,cnt; bool vis[N]; ll n,w[N],c[N],c2[N],s[N],g[N],p[N],p2[N],sp[N],sm[N]; //c:sm of P, c2:ct of P, s:u*d, g:u, p2:p^2, sp:sm of P(base), sm:(1+x)*x/2 ll cal(ll x){if(x&1ll)return Ml((1+x)/2,x); else return Ml(1+x,x/2);} void init() { base=sqrt(n);m=cnt=0; memset(vis,0,sizeof vis); sm[m+1]=c[m+1]=0;///// for(int i=2;i<=base;i++) { if(!vis[i]) {p[++cnt]=i;p2[cnt]=(ll)i*i;sp[cnt]=upt(sp[cnt-1]+i);} for(int j=1,d;j<=cnt&&(d=i*p[j])<=base;j++) {vis[d]=1; if(i%p[j]==0)break;} } for(ll i=1,j;i<=n;i=n/j+1)w[++m]=j=n/i; for(int i=1;i<=m;i++)sm[i]=cal(w[i]); } int Id(ll x){if(!x)return 0;return x<=base?m-x+1:n/x;} void cz() { for(int i=1;i<=m;i++)c[i]=upt(sm[i]-1),c2[i]=w[i]-1; for(int j=1;j<=cnt;j++) for(int i=1;i<=m&&p2[j]<=w[i];i++) { int k=Id(w[i]/p[j]); c[i]=upt(c[i]-Ml(p[j],upt(c[k]-sp[j-1]))); c2[i]=upt(c2[i]-(c2[k]-(j-1))); } int p0=cnt; for(int i=1;i<=m;i++) { while(p0&&p2[p0]>w[i])p0--; g[i]=s[i]=upt(p0-c2[i]);//>sqrt(n) } int i,lst=0; for(int j=cnt;j;j--) { for(i=1;i<=m&&p2[j]<=w[i];i++) { int k=Id(w[i]/p[j]);ll d1=g[k],d2=s[k]; if(k>lst)d1=upt(j-c2[k]),d2=d1;//can't use ini but only P contribt g[i]=upt(g[i]-d1-1);//-1 for p[j] s[i]=upt(s[i]-d2-d1-1); }//g[] lack of mu[1] lst=i-1; } } const int Lg=38;//lg=37 t+1=38 ll cs[Lg+5]; int main() { int T;scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%lld",&n);init();cz(); ll ans=1;memset(cs,0,sizeof cs); for(int j=1;j<=cnt;j++) { ll m1=p[j],m2=m1*m1;//m1<=base so m2<=n for now for(int t=1;m1<=n;t++,m1=m2,m2*=p[j])//n*sqrt(n) is ok cs[t+1]=upt(cs[t+1]+Ml(m1,sm[Id(n/m1)])-Ml(m2,sm[Id(n/m2)])); }//sm[Id(n/m2)] may = sm[Id(0)] = sm[m+1] for(int i=3;i<=Lg;i++)ans=Ml(ans,pw(i,cs[i]),mod); ll ret=0;//cs of 2 for(ll i=1,j,d;i<=n;i=j+1) { j=n/i;d=sm[Id(j)];j=n/j; ret=upt(ret+Ml(d,upt(c[Id(j)]-c[Id(i-1)])));/////c[Id(0)]=c[m+1] } for(int j=1;j<=cnt;j++)ret=upt(ret-Ml(p[j],sm[Id(n/p[j])])); ret=upt(ret+s[1]+cs[2]); ans=Ml(ans,pw(2,ret),mod); printf("%lld\n",ans); } return 0; }