[luoguP3598]Koishi Loves Number Theory

题目大意

第i个数是xai+1−1x−1
求n个数的lcm

结论

(xn−1,xm−1)=x(n,m)−1
可以用辗转相除法来证明。
(xn−1,xm−1)=(xn−xm,xm−1)=(xm∗(xn−m−1),xm−1)
显然xm与xm−1互质
(xn−1,xm−1)=(xn−m−1,xm−1)
那么我们可以一直让n减m，直到n小于m，然后交换过来，用m不断减n……
可以看做这个过程就是从(n,m)变成(m,n%m)。
边界的情况是m=0。
这就是辗转相除法！
所以得证。
[x1……xn]=Πnk=1(−1)k+1Π1<=y1<y2<……<yk−1<yk<=n(xy1……xyk)
我们可以来理解gcd与lcm的意义。
只看一种质因子，gcd的意义是取min，lcm的意义是取max。
那么其实这个式子可以看做容斥。
实在觉得太难看做容斥，可以考虑计算每个数出现次数，用组合数来算。
具体就是把这n个数都表示成p的次幂（p是一个质数），根据大小排列一下。
那么第i个数的出现次数为
∑i−1j=0Cji−1∗(−1)j
容易证明上式只有i=1时为1，其余情况为0。
因此得出来的是最大值，也就是lcm的意义。

暴力

有了上面的两个结论就可以暴力做了。
选一些数的本质gcd个数很少。
我们维护每种gcd在最终式子的出现情况，每次加入一个ai，就扫一遍已有ai更新，并加入一些新的gcd（可能，不一定产生新的gcd）。
那个分母是x-1可以不管，最后结果除以x-1。
不用考虑没有逆元的问题，出题人说了数据没有这种情况！
如果你实在是很严谨，你可以考虑把x-1除以一个模数，在模模数平方意义下做出的结果再除以一个模数，可能涉及到long long相乘取模。

#include<cstdio>#include<algorithm>#include<map>#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)using namespace std;typedef long long ll;map<int,int> f,h;map<int,bool> g;const int mo=1000000007;int b[9010],a[110];int i,j,k,l,t,n,m,top,tot,ans;ll x;int gcd(int a,int b){    return (b?gcd(b,a%b):a);}int quicksortmi(ll x,int y){    if (!y) return 1;    int t=quicksortmi(x,y/2);    t=(ll)t*t%mo;    if (y%2) t=(ll)t*(x%mo)%mo;    return t;}int main(){    scanf("%lld%d",&x,&n);    fo(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),a[i]++;    fo(i,1,n){        tot=top;        fo(j,1,tot) h[b[j]]=0;        fo(j,1,tot){            t=gcd(a[i],b[j]);            if (!g[t]){                g[t]=1;                b[++top]=t;            }            (h[t]+=-f[b[j]])%=(mo-1);        }        t=a[i];        if (!g[t]){            g[t]=1;            b[++top]=t;        }        (h[t]+=1)%=(mo-1);        fo(j,1,top) f[b[j]]+=h[b[j]];    }    ans=1;    fo(i,1,top){        t=(quicksortmi(x,b[i])%mo-1)%mo;        //t=(ll)t=quicksortmi(x-1,mo-2)%mo;        if (f[b[i]]>=0) ans=(ll)ans*quicksortmi(t,f[b[i]])%mo;        else ans=(ll)ans*quicksortmi(quicksortmi(t,-f[b[i]]),mo-2)%mo;    }    ans=(ll)ans*quicksortmi(x-1,mo-2)%mo;    (ans+=mo)%=mo;    printf("%d\n",ans);    //printf("%d %d %d\n",f[1],f[2],f[3]);}