「SDOI2017」数字表格-数论

Doris 刚刚学习了 fibnacci 数列,用 $f[i]$ 表示数列的第 $i$ 项,那么: $f[0] = 0,f[1] = 1,f[n] = f[n - 1] + fn - 2$ 。

Doris 用老师的超级计算机生成了一个 $n \times m$ 的表格,第 $i$ 行第 $j$ 列的格子中的数是 $f[\gcd(i, j)]$,其中 $\gcd(i, j)$ 表示 $i$ 与 $j$ 的最大公约数。

Doris 的表格中共有 $n \times m$ 个数,她想知道这些数的乘积是多少。

这些数的乘积实在是太大了,所以 Doris 只想知道乘积对 $1000000007$ 取模后的结果。

链接

Luogu P3704

题解

令 $fib(i)$ 为斐波那契数列的第 $i$ 项,我们要求的是:
$$
\prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^m fib(\gcd(i,j))
$$
推推式子(不妨设 $n \le m$):
$$
\prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^m fib(\gcd(i,j))\\
= \prod_{d=1}^n fib(d)^{g(d)}
$$
其中 :
$$
g(d) = \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} [\gcd(i,j) = 1]\\
= \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} \sum_{k | \gcd(i,j)} \mu(k)\\
= \sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \mu(k) \lfloor \frac{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} {k}\rfloor \lfloor \frac{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} {k}\rfloor\\
= \sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \mu(k)\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor\\
$$
以上是我会的全部…

我们令 $T = kd$ ,然后直接代到最外面:
$$
sum = \prod_{d=1}^{n} fib(d)^{\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \mu(k)\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}\\
= \prod_{k=1}^{n} \prod_{d = 1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}fib(d)^{\mu(k)\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}\\
=\prod_{T=1}^n \prod_{k | T} fib(\frac{T}{k})^{\mu(k)\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}
$$
然后我们如果令:
$$
f(T) = \prod_{k|T} fib(\frac{T}{k})^{\mu(k)}
$$
原来的式子就表示为:
$$
sum = \prod_{T=1}^n {f(T)}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}
$$
$O(n\log n)$ 搞出来 $f$ 的取值,然后胡逼分块即可。

时间复杂度:$O(n \log n + T \sqrt n)$

代码

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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

const int MAXN = 1010000,mod = 1e9+7;

ll qpow(ll x,ll k){
ll ans = 1;
for(lli= k;i;i>>=1,x = (x*x)%mod) if(i & 1) ans = ans * x % mod;
return ans;
}
int mu[MAXN],f[MAXN],fib[MAXN],inv[MAXN];
int sum[MAXN],sinv[MAXN];

void sieve(int n){
// \sum_{d | n} \mu(d) = [n=1]
// mu(n) = [n=1] - \sum_{d < n,d | n} mu(d)
mu[1] = 1;
for(inti= 1;i<=n;i++){
for(intj= i+i;j<=n;j+=i) mu[j] -= mu[i];
}
for(inti= 0;i<=n;i++){f[i] = 1;}
for(inti= 1;i<=n;i++){
fib[i] = i==1? 1 : fib[i-1] + fib[i-2];
if(fib[i] >= mod) fib[i] -= mod;
inv[i] = qpow(fib[i],mod-2);
for(intj= i,k = 1;j<=n;j+=i,k++){
f[j] = 1LL * f[j] * (mu[k] == 1?fib[i]:(mu[k]==0?1:inv[i])) % mod;
}
}
sum[0] = sinv[0] = 1;
for(inti= 1;i<=n;i++){
sum[i] = 1LL * sum[i-1] * f[i] % mod;
sinv[i] = 1LL * sinv[i-1] * qpow(f[i],mod-2) % mod;
}
}


int calc(int n,int m){
if(n > m) swap(n,m);
int ans = 1;
for(int l = 1,r;l<=n;l = r+1){
r = min(n/(n/l),m/(m/l));
int A = 1LL * sum[r] * sinv[l-1] % mod;
int B = 1LL * (n/l) * (m/l) % (mod-1);
// printf("l:%d A:%d B:%d\n",l,A,B);
ans = 1LL * ans * qpow(A,B) % mod;
}
return ans;
}

signed main(){
sieve(1000000);
int T;
scanf("%d",&T);
for(inti= 1;i<=T;i++){
int n,m;
scanf("%d %d",&n,&m);
printf("%d\n",calc(n,m));
}
return 0;
}

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