Multipliers codeforces -费马小定理

http://codeforces.com/contest/615/problem/D

Ayrat has number n, represented as it's prime factorizationp_i of sizem, i.e. n = p₁·p₂·...·p_m. Ayrat got secret information that that the product of all divisors of n taken modulo10⁹ + 7 is the password to the secret data base. Now he wants to calculate this value.

Input

The first line of the input contains a single integer m (1 ≤ m ≤ 200 000) — the number of primes in factorization ofn.

The second line contains m primes numbersp_i (2 ≤ p_i ≤ 200 000).

Output

Print one integer — the product of all divisors of n modulo10⁹ + 7.

Sample test(s)

Input

22 3

Output

36

Input

32 3 2

Output

1728

Note

In the first sample n = 2·3 = 6. The divisors of6 are 1, 2, 3 and 6, their product is equal to1·2·3·6 = 36.

In the second sample 2·3·2 = 12. The divisors of12 are 1, 2, 3, 4, 6 and 12. 1·2·3·4·6·12 = 1728.

题意：给n各质数，求这n各质数相乘的值m的所有的因子的乘积mod（1e9+7）。例如给出3个质数2，2，3。乘积为12。让求1×2×3×4×6×12mod（1e9+7）的值。

解题思路：

小于200000的素数不是很多，所以肯定有很多重复的数字。开一个map，记录素数和对应的个数。

然后看组合情况，假设素数j有k个，那么j有（kj+1）种出现的形式，所以对于所有的素数就有（k1+1）×（k2+1）×（k3+1）×（k4+1）*...*（kn+1）= sum种组合方式。不考虑j时就有sum/（kj+1）种。假设其中一种除j外的乘积为a，那么就有（a）×（a×j）×（a× j^2）×（a×j^3）×...×（a×j^kj） = （a^(kj+1)）×（j^(kj*(kj+1)/2)） .所以在所有的情况中共乘了j^((kj*(kj+1)/2))^(sum/(kj+1)).对于每一个素数求解一遍，乘积mod（1e9+7）为结果。

但是因为数据量过大，会导致sum爆 long long，所以在求解每一个j的sum/（kj+1）时要想办法。

我们用cnt（j）表示j^((kj*(kj+1)/2))

所以我们用d表示遍历到j时的种类的个数，即d（j）= （k1+1）×（k2+1）×（k3+1）×...×（kj+1）

然后

d(0)=1;ans = 1;for j in ma:    cnt(j)    ans=ans^(k+1)*cnt(j)^d（j-1）;    d(j)ans为最终结果例如我们有一组数据2 2 3 5 5则
cnt(1) = 2^(2*3/2)=8,cnt(2)=3^(1+2/2)cnt(3)j = 1:    ans = cnt(1)^1    d(1)=d(0)*(k1+1)=(k1+1)j = 2:    ans = cnt(1)^1^(k2+1)*cnt(2)^(k1+1)    d(2) =d(1)*(k2+1)= (k1+1)*(k2+1)j = 3:    ans = cnt(1)^1^(k2+1)^(k3+1)*cnt(2)^(k1+1)(k3+1)*cnt(3)^(k1+1)*(k2+1)    d(3) = d(2)*(k3+1)

并且在本解法中没有sum/k的运算。由费马小定理若p是质数，且gcd(a,p)=1，那么 a^(p-1)≡1（mod p），则a^x≡a^(x%(m-1))(mod p)
所以再加上%mod得到：
d(0)=1;ans = 1;for j in ma:    cnt(j)    ans=ans^(k+1)%mod*cnt(j)^d（j-1）%mod;    d(j)%（mod-1）然后再用快速幂解法
ll fast_mod(ll n,ll m,ll mod){ll ans =1;while(m){if(m&1)ans = ans*n%mod;m>>=1;n = n*n%mod;}return ans;}

即可快速的求解出ans。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;ll p[200050];map<int ,ll>MA;const ll mod = 1e9+7;ll fast_mod(ll n,ll m,ll mod){ll ans =1;while(m){if(m&1)ans = ans*n%mod;m>>=1;n = n*n%mod;}return ans;}int main(){int T;cin>>T;MA.clear();for(int i = 0;i<T;i++){int a;scanf("%d",&a);MA[a]++;}map<int,ll>::iterator it;ll sum = 1;ll ans = 1;for(it = MA.begin();it!=MA.end();it++){int cnt = fast_mod(it->first,(it->second+1)*it->second/2,mod);ans=fast_mod(ans,it->second+1,mod)*fast_mod(cnt,sum,mod)%mod;sum=sum*(it->second+1)%(mod-1);}printf("%I64d\n",ans);}