hdu5525 Product 费马小定理

来源：互联网发布：微信推广源码编辑：程序博客网时间：2024/05/20 09:07

Product

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问题描述

给n个数 ${A}_{1},{A}_{2}....{A}_{n}$ ，表示 $N=\prod_{i=1}^{n}{i}^{{A}_{i}}$ 。求N所有约数之积。

输入描述

输入有多组数据.每组数据第一行包含一个整数n. $(1\leq n\leq {10}^{5})$ 第二行n个整数 ${A}_{1},{A}_{2}....{A}_{n}$ ,保证不全为0. $(0\leq {A}_{i}\leq {10}^{5})$ .数据保证  $\sum n\leq 500000$ .

输出描述

对于每组数据输出一行为答案对 ${10}^{9}+7$ 取模的值.

输入样例

40 1 1 051 2 3 4 5

输出样例

36473272463

把N化成

N=\prod_{i=1}^{k}{{p}_{i}}^{{a}_{i}}

，其中p为互不相等的质数，则含

{p}_{x}

个数为j的约数有

\frac{\prod_{i=1}^{k}({a}_{i}+1)}{{a}_{x}+1}

个,而j的取值范围是0到

{a}_{x}

,从而得到

{p}_{x}

在所有约数中出现了

\frac{(1+{a}_{x}){a}_{x}}{2}*\frac{\prod_{i=1}^{k}({a}_{i}+1)}{{a}_{x}+1}

次。根据费马小定理

{a}^{p-1}\equiv 1(mod p)

,统计

{a}_{x}

时可以对p-1取模，由于后面还要除2，所以先对2(p-1)取模。求

\frac{\prod_{i=1}^{k}({a}_{i}+1)}{{a}_{x}+1}

部分时不能取逆元，可以分别对前缀和后缀计算积。计算出N包含的所有质因子出现次数后用快速幂统计一遍，复杂度

O (N l o g N)

#include<iostream>#include<cstdio>#include<bitset>#include<vector>#include<queue>#include<set>#include<map>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#define ll long long#define ull unsigned long long#define debug puts("======");#define inf (1<<30)#define eps 1e-8using namespace std;const int maxn=100010;ll mod=1000000007;ll M=1000000006;int prime[maxn];bool vis[maxn];int cnt;void getPrime(){    int N=100000;    int m=sqrt(N+0.5);    memset(vis,0,sizeof(vis));    for(int i=2;i<=m;i++) {        if(vis[i]==0) {            for(int j=i*i;j<=N;j+=i)                vis[j]=1;        }    }    cnt=1;    for(int i=2;i<=N;i++) {        if(!vis[i])            prime[cnt++]=i;    }}int n;ll num[maxn];int pos[maxn];ll lef[maxn];ll rig[maxn];ll cal(ll a){    if(a%2==0)        return a/2%M*((a+1)%M)%M;    else        return (a+1)/2%M*(a%M)%M;}ll powMod(ll a,ll b){    if(b==0) return 1;    ll ans=powMod(a,b/2);    ans=ans*ans%mod;    if(b&1)        ans=ans*a%mod;    return ans;}int main(){    getPrime();    for(int i=1;i<cnt;i++)        pos[prime[i]]=i;    int a;    while(~scanf("%d",&n)) {        memset(num,0,sizeof(num));        for(int i=1;i<=n;i++) {            scanf("%d",&a);            int u=i;            for(int j=1;j<cnt;j++) {                if((ll)prime[j]*prime[j]>u)                    break;                while(u%prime[j]==0) {                    u/=prime[j];                    num[j]+=a;                    num[j]%=(2*M);                }            }            if(u>1) {                num[pos[u]]+=a;                num[pos[u]]%=(2*M);            }        }        int m;        for(int i=cnt-1;i>=1;i--) {            if(num[i]>0) {                m=i;                break;            }        }        lef[0]=rig[m+1]=1;        for(int i=1;i<=m;i++)            lef[i]=lef[i-1]*(num[i]+1)%M;        for(int i=m;i>=0;i--)            rig[i]=rig[i+1]*(num[i]+1)%M;        ll ans=1;        for(int i=1;i<=m;i++) {            ll tot=cal(num[i]);            tot=tot*lef[i-1]%M*rig[i+1]%M;            ans=ans*powMod(prime[i],tot)%mod;        }        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}

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