洛谷 P6788 - 「EZEC-3」四月樱花（整除分块）

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题意：

求

\[\prod\limits_{x=1}^n\prod\limits_{y|x}\frac{y^{d(y)}}{\prod\limits_{z|y}z+1} \pmod{p}
\]

\(1 \leq n \leq 10^9\)

\[y^{d(y)}=\prod_{z|y}y=\prod\limits_{z|y}z\times\frac{y}{z}=\prod\limits_{z|y}z^2
\]

然后

\[\begin{aligned}ans&=\prod\limits_{x=1}^n\prod\limits_{y|x}\frac{y^{d(y)}}{\prod\limits_{z|y}z+1}\\&=\prod\limits_{x=1}^n\prod\limits_{y|x}\prod\limits_{z|y}(\frac{z}{z+1})^2\\&=\prod_{z=1}^n(\frac{z}{z+1})^{2\times\sum\limits_{xyz \leq n}1}\\&=\prod_{z=1}^n(\frac{z}{z+1})^{2\times\sum\limits_{y \leq \frac{n}{z}}\lfloor\frac{n}{yz}\rfloor}\end{aligned}
\]

令 \(f(i)=\sum\limits_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)，那么 \(ans=\prod_{z=1}^n(\frac{z}{z+1})^{2\times f(\lfloor\frac{n}{z}\rfloor)}\)。

\(f(i)\) 显然可以用整除分块来搞。我们发现外面枚举 \(z\) 的部分也可以使用整除分块，因此可以想到整除分块套整除分块，时间复杂度 \(\mathcal O(n^{\frac{3}{4}})\)

借鉴杜教筛的优化方法，可以预处理出 \([1,n^{\frac{2}{3}}]\) 的 \(f(i)\)，这样总时间复杂度就变为 \(\mathcal O(n^{\frac{2}{3}})\)

/*
Contest: -
Problem: P6788
Author: tzc_wk
Time: 2020.9.19
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi			first
#define se			second
#define pb			push_back
#define fz(i,a,b)	for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b)	for(int i=a;i>=b;i--)
#define foreach(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define all(a)		a.begin(),a.end()
#define fill0(a)	memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a)	memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a)	memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define y1			y1010101010101
#define y0			y0101010101010
#define int long long
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
inline int read(){
	int x=0,neg=1;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){
		if(c=='-') neg=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
	return x*neg;
}
int n=read(),mod=read();
inline int qpow(int x,int e){
	x%=mod;int ans=1;
	while(e){
		if(e&1) ans=ans*x%mod;
		x=x*x%mod;e>>=1;
	}
	return ans;
}
int f[1000005];
inline int calc(int x){
	if(x<=1000000) return f[x];
	int sum=0;
	for(int l=1,r;l<=x;l=r+1){
		r=x/(x/l);
		sum=(sum+(x/l)%(mod-1)*(r-l+1)%(mod-1))%(mod-1);
	}
	return sum;
}
inline void prework(int m){
	fz(i,1,m) for(int j=i;j<=m;j+=i) f[j]++;
	fz(i,1,m) f[i]=(f[i]+f[i-1])%(mod-1);
}
signed main(){
	prework(1000000);int ans=1;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		int xx=qpow((r+1)%mod,mod-2)*(l%mod)%mod;xx=xx*xx%mod;
		ans=ans*qpow(xx,calc(n/l))%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}