[MtOI2019]幽灵乐团

题目

一个很暴力的辣鸡做法

考虑到两个数的\(\gcd\)是所有质数次幂取\(\min\)，两个数的\(\rm lcm\)是所有质数次幂取\(\max\)，于是最后的答案一定是\(\prod p_i^{c_i}\)，而且这里最大的质数不会超过\(n\)，于是我们考虑算出每一个质数的次幂是多少

于是我们成功的将\(\prod\)转换成了\(\sum\)，指数上得对\(\rm mod-1\)取模

对于\(\rm type=0\)，我们枚举一个质数\(p\)，计算它的次幂

即为

\[\sum_{i=0}\sum_{j=0}\sum_{k=0}\sum_{t_1=1}^{\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor}\sum_{t_2=1}^{\left \lfloor \frac{B}{p^j} \right \rfloor}\sum_{t_3=1}^{\left \lfloor \frac{C}{p^k} \right \rfloor}\max(i,j)-\min(i,k)[t_1\perp p][t_2\perp p][t_3\perp p]
\]

这个很显然啊，就是我们枚举当前这个质数的最大次幂，之后枚举这个拥有这个最大次幂的数，即为\(p^i\times t_1\)，但是如果\(t_1\)和\(p\)不互质，那么\(i\)就不是\(p^i\times t\)的最大次幂，于是还必须得保证\(t_1\perp p\)

我们改变一下求和顺序即为

\[\sum_{i=0}\sum_{j=0}\sum_{k=0}\max(i,j)-\min(i,k)\sum_{t_1=1}^{\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor}[t_1\perp p]\sum_{t_2=1}^{\left \lfloor \frac{B}{p^j} \right \rfloor}[t_2\perp p]\sum_{t_3=1}^{\left \lfloor \frac{C}{p^k} \right \rfloor}[t_3\perp p]
\]

又发现求\(\max(i,j)\)和\(\min(i,k)\)是相当独立的，于是我们可以强行拆成

\[C\times \sum_{i=0}\sum_{j=0}\max(i,j)\sum_{t_1=1}^{\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor}[t_1\perp p]\sum_{t_2=1}^{\left \lfloor \frac{B}{p^j} \right \rfloor}[t_2\perp p]
\]

减去

\[B\times \sum_{i=0}\sum_{k=0}\min(i,k)\sum_{t_1=1}^{\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor}[t_1\perp p]\sum_{t_3=1}^{\left \lfloor \frac{C}{p^k} \right \rfloor}[t_3\perp p]
\]

现在思考一下这个\(\sum_{t_1=1}^{\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor}[t_1\perp p]\)到底怎么求，和一个质数互质只要不是这个质数的倍数就行了，于是我们简单的减去\(1\)到\(\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor\)里\(p\)的倍数即可，也就是\(\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{A}{p^{i+1}} \right \rfloor\)

也就是我们现在只需要求

\[B\times \sum_{i=0}\sum_{j=0}\max(i,j)(\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{A}{p^{i+1}} \right \rfloor)(\left \lfloor \frac{B}{p^j} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{B}{p^{j+1}} \right \rfloor)
\]

我们可以直接\(O(\log_p^2 A)\)来计算这个柿子，但是我们处理一下\(\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{A}{p^{i+1}} \right \rfloor\)的前缀和强行讨论一下也可以做到\(O(\log_p A)\)

一到\(n\)内的质数大概有\(\frac{n}{\ln n}\)个，每一个质数的计算需要\(O(\log_p n)\)的复杂度，于是做一遍复杂度大概就是\(O(n)\)的

对于\(\rm type=1\)，柿子变成了

\[\sum_{i=0}\sum_{j=0}\sum_{k=0}\sum_{t_1=1}^{\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor}\sum_{t_2=1}^{\left \lfloor \frac{B}{p^j} \right \rfloor}\sum_{t_3=1}^{\left \lfloor \frac{C}{p^k} \right \rfloor}(\max(i,j)-\min(i,k))\times t_1\times t_2\times t_3\times p^{i+j+k}[t_1\perp p][t_2\perp p][t_3\perp p]
\]

强行一搞也能变成上面的形式，同样可以在\(O(n)\)时间求出来

对于\(\rm type=2\)，我们考虑枚举上面的\(\gcd\)

设\(f(A,B,C)\)为第一问的答案，也就是三个上标分别取到\(A,B,C\)时的贡献

套路枚举\(\gcd\)为\(d\)即\(d\)的倍数时的贡献

\[\sum_{d=1}^{min(A,B,C)}d\sum_{d|i}\mu(\frac{i}{d})f(\left \lfloor \frac{A}{d} \right \rfloor,\left \lfloor \frac{B}{d}\right \rfloor,\left \lfloor \frac{C}{d} \right \rfloor)
\]

就是\(\left \lfloor \frac{A}{d} \right \rfloor,\left \lfloor \frac{B}{d}\right \rfloor,\left \lfloor \frac{C}{d} \right \rfloor\)内的数乘上\(d\)分别不会超过\(A,B,C\)，且这些数的\(\gcd\)都是\(d\)或\(d\)的倍数

再套路交换一下求和顺序

\[\sum_{i=1}^{\min(A,B,C)}f(\left \lfloor \frac{A}{i} \right \rfloor,\left \lfloor \frac{B}{i}\right \rfloor,\left \lfloor \frac{C}{i} \right \rfloor)\sum_{d|i}\mu(\frac{i}{d})d=\sum_{i=1}^{\min(A,B,C)}f(\left \lfloor \frac{A}{i} \right \rfloor,\left \lfloor \frac{B}{i}\right \rfloor,\left \lfloor \frac{C}{i} \right \rfloor)\varphi(i)
\]

于是直接大力整除分块，复杂度应该不会超过\(O(n\ln n)\)

吧。

请大力卡常

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("-fcse-skip-blocks")
const int maxn=1e5+5;
int mod,P,T,R;
int is[maxn],p[maxn>>1],pre[maxn],phi[maxn],pw[maxn>>1];
int r[2],tax[2][20],pr[2][20];
inline int ksm(int a,int b) {
	int S=1;
	for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) S=1ll*S*a%mod;
	return S;
}
inline int qm(int x) {return x>=P?x-P:x;}
inline int dqm(int x) {return x+=x>>31&P;}
inline int calc(int n,int p) {
	return dqm(pre[n]-1ll*pre[n/p]*p%P);
}
inline int out(int A) {
	int ans=1;
	for(re int i=1;i<=p[0]&&p[i]<=A;i++)
		ans=1ll*ans*ksm(p[i],pw[i])%mod;
	return ans;
}
inline void clear(int A) {
	for(re int i=1;i<=p[0]&&p[i]<=A;i++) pw[i]=0;
}
inline void Solve(int A,int B,int C,int v) {
	int ans1=1;
	for(re int t=1;t<=p[0];t++) {
		if(p[t]>A&&p[t]>B&&p[t]>C) break;
		int now=0,tot=0;
		for(re int i=0,aa=A;aa;i++,aa/=p[t]) pr[0][i]=tax[0][i]=aa-aa/p[t],r[0]=i;
		for(re int j=0,bb=B;bb;j++,bb/=p[t]) pr[1][j]=tax[1][j]=bb-bb/p[t],r[1]=j;
		R=max(r[0],r[1]);
		for(re int i=1;i<=R;i++) pr[0][i]=qm(pr[0][i]+pr[0][i-1]);
		for(re int j=1;j<=R;j++) pr[1][j]=qm(pr[1][j]+pr[1][j-1]);
		for(re int i=0;i<=r[0];i++)
			now=qm(now+1ll*tax[0][i]*pr[1][i]*i%P);
		for(re int j=1;j<=r[1];j++)
			now=qm(now+1ll*tax[1][j]*pr[0][j-1]*j%P);
		for(re int i=1;i<=R;i++) pr[1][i]=0;
		for(re int i=r[0]+1;i<=R;i++) pr[0][i]=0;
		now=1ll*now*C%P;
		for(re int k=0,cc=C;cc;k++,cc/=p[t]) pr[1][k]=tax[1][k]=cc-cc/p[t],r[1]=k;
		R=max(r[0],r[1]);
		for(re int i=r[0]+1;i<=R;i++) pr[0][i]=qm(pr[0][i-1]+pr[0][i]);
		for(re int k=1;k<=R;k++) pr[1][k]=qm(pr[1][k]+pr[1][k-1]);
		for(re int i=1;i<=r[0];i++)
			tot=qm(tot+1ll*i*tax[0][i]*dqm(pr[1][r[1]]-pr[1][i-1])%P);
		for(re int k=1;k<=r[1];k++)
			tot=qm(tot+1ll*k*tax[1][k]*dqm(pr[0][r[0]]-pr[0][k])%P);
		for(re int i=0;i<=R;i++) pr[1][i]=pr[0][i]=0;
		now=dqm(now-1ll*B*tot%P);
		pw[t]=qm(pw[t]+1ll*now*v%P);
	}
}
inline int Calc(int n,int m,int h) {
	int U=min(min(n,m),h);
	for(re int l=2,r;l<=U;l=r+1) {
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		r=min(r,h/(h/l));
		Solve(n/l,m/l,h/l,dqm(phi[r]-phi[l-1]));
	}
	return out(max(max(n,m),h));
}
int A,B,C;
int main() {
	scanf("%d%d",&T,&mod);P=mod-1;phi[1]=1;
	for(re int i=2;i<maxn;i++) {
		if(!is[i]) p[++p[0]]=i,phi[i]=i-1;
		for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<maxn;j++) {
			is[p[j]*i]=1;if(i%p[j]==0) {
				phi[p[j]*i]=phi[i]*p[j];break;
			}
			phi[p[j]*i]=phi[i]*phi[p[j]];
		}
	}
	for(re int i=1;i<maxn;i++)
		pre[i]=qm(pre[i-1]+i),phi[i]=qm(phi[i-1]+phi[i]);
	while(T--) {
		scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);
		int ans2=1;
		for(re int t=1;t<=p[0];t++) {
			if(p[t]>A&&p[t]>B&&p[t]>C) break;
			int now=0,tot=0;
			for(re LL i=0,a=1;a<=A;i++,a*=p[t])
				for(re LL j=0,b=1;b<=B;j++,b*=p[t]) {
					int v=1ll*max(i,j)*a*b%P;
					tot=qm(tot+1ll*v*calc(A/a,p[t])*calc(B/b,p[t])%P*pre[C]%P);
			}
			for(re LL i=1,a=p[t];a<=A;i++,a*=p[t])
				for(re LL k=1,c=p[t];c<=C;k++,c*=p[t]) {
					int v=1ll*min(i,k)*a*c%P;
				    now=qm(now+1ll*v*calc(A/a,p[t])*calc(C/c,p[t])%P*pre[B]%P);
			}
			ans2=1ll*ans2*ksm(p[t],dqm(tot-now))%mod;
		}
		Solve(A,B,C,1);printf("%d ",out(max(max(A,B),C)));
		printf("%d %d\n",ans2,Calc(A,B,C));clear(max(max(A,B),C));
	}
}