Codeforces 1228C. Primes and Multiplication

传送门

当然是考虑 $n$ 的每个质数 $p$ 对答案的贡献

考虑 $p^k$ 在 $[1,m]$ 中出现了几次，显然是 $\left \lfloor \frac{m}{p^k} \right \rfloor$ 次

那么对于 $p^k$ ，它目前的贡献就是 $p^{\left \lfloor \frac{m}{p^k} \right \rfloor}$ ，注意这里不是 $p^{k\left \lfloor \frac{m}{p^k} \right \rfloor}$，因为之后计算对于 $k'<k,p^{k'}$ 时的贡献会算到

然后现在问题是求 $n$ 的质因数，显然 $n$ 最多只有一个质因数大于 $\sqrt{n}$ ，那么我们只要筛 $\sqrt{n}$ 以内的质数即可

注意可能乘的时候可能爆 $long\ long$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ull;
inline ull read()
{
    ull x=,f=; char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
    while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=1e6+,mo=1e9+;
ull n,m,ans=,pri[N],tot;
vector <ull> V;
bool not_pri[N];
inline ull ksm(ull x,ull y)
{
    ull res=;
    while(y) { if(y&) res=res*x%mo; x=x*x%mo; y>>=; }
    return res;
}
int main()
{
    n=read(),m=read();
    int t=sqrt(n)+;
    for(int i=;i<=t;i++)
    {
        if(!not_pri[i]) pri[++tot]=i;
        for(int j=;j<=t;j++)
        {
            ull g=i*pri[j]; if(g>t) break;
            not_pri[g]=; if(!(i%pri[j])) break;
        }
    }
    for(int i=;i<=tot;i++)
        if(!(n%pri[i]))
        {
            V.push_back(pri[i]);
            while(!(n%pri[i])) n/=pri[i];
        }
    if(n>) V.push_back(n);
    int len=V.size();
    for(int i=;i<len;i++)
    {
        for(ull now=V[i];now<=m;now*=V[i])
        {
            ans=ans*ksm(V[i],m/now)%mo;
            if(m/V[i]<now) break;//防止爆 unsigned long long
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return ;
}