[NOIP模拟2015.10.24]tty的求助III

题目大意

有一个函数f(x)，给定函数在1≤x≤min(n,m)(x>0)内的值。

试求出

∏i=1n∏j=1mf(gcd(i,j))

其中1≤n,m≤105,∀1≤x≤min(n,m),1≤f(x)≤5×108。

以为这样就完了吗？

不！

有T次修改操作，每次修改形如(l,r,u)。表示将f(i)(l≤i≤r)的值都乘上u。

每次修改后，要回答上述式子新的值，每次修改影响会持续。

其中1≤u≤5×108,1≤l≤r≤min(n,m)。

最终答案对998244353取模。

题目分析

我们设

gk=∑i=1n∑j=1m|gcd(i,j)=k|

然后最初答案就为：

∏i=1min(n,m)f(i)gi

然后考虑修改操作，我们发现其实它对答案的影响只是乘上了

∏i=lrugi

由乘幂运算法则，则等于乘上

u∑ri=lgi

然而我们维护s为g的前缀和即可，利用以上式子算即可。

是不是觉得能过了？是不是有些小激动？

别忘了gk怎么求，还没有分析。

如果n=m，那这个可以很容易在O(n)的时间复杂度内求出。（枚举质因数，用欧拉函数搞一下即可）

但是出题人很恶心，n,m不一定相等。

我们考虑用容斥原理来解决，显然

gi=⌊ni⌋×⌊mi⌋−∑j=2⌊min(n,m)i⌋gi×j

即在[1..n]中选i的倍数，与从[1..m]中选i的倍数组合，减去gcd是i的倍数的个数。

那我们将i从大到小枚举计算即可。

时间复杂度分析：

∑i=1nni=n∑i=1n1n=n(ln(n+1)+γ)

其中γ为欧拉常数。

代码实现

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=100000;
const int P=998244353;
long long f[N+1],g[N+1];
int ans,n,m,t;
int readint()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9')
{
if (ch=='-')
f=-1;
ch=getchar();
}
while (ch>='0'&&ch<='9')
{
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
long long readlong()
{
long long x=0,f=1;
char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9')
{
if (ch=='-')
f=-1;
ch=getchar();
}
while (ch>='0'&&ch<='9')
{
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int quick_power(long long x,long long y)
{
if (y==1)
return x%P;
int ret=quick_power(x,y>>1);
ret=(long long)ret*ret%P;
if (y&1)
ret=(long long)ret*x%P;
return ret;
}
int main()
{
freopen("help3.in","r",stdin);
freopen("help3.out","w",stdout);
n=readint(),m=readint();
if (n>m)
n^=m^=n^=m;
for (int i=1;i<=n;i++)
f[i]=readlong();
for (int i=n;i>=1;i--)
{
g[i]=((long long)n/i)*((long long)m/i);
for (int j=2;j<=n/i;j++)
g[i]-=g[i*j];
}
ans=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
ans=(long long)ans*quick_power(f[i],g[i])%P;
g[i]+=g[i-1];
}
printf("%d\n",ans);
t=readint();
while (t--)
{
int l=readint(),r=readint();
long long u=readlong();
ans=(long long)ans*quick_power(u,g[r]-g[l-1])%P;
printf("%d\n",ans);
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}