[SDOI2008]沙拉公主的困惑 线性筛 素数+欧拉

[SDOI2008]沙拉公主的困惑 线性筛 素数+欧拉

题目大意

给定n,m,求在1到n!内与m!互质的个数，答案要对r取模。

输入格式：
第一行为两个整数T，R。R<=10^9+~~10，T<=10000，表示该组中测试数据数目，R为模 后面T行，每行一对整数n，m，见题目描述 m<=n

输出格式：
共T行，对于每一对N，M，输出1至N！中与M！素质的数的数量对R取模后的值

输入输出样例
input
1 11
4 2
output
1

解题分析
首先，我们来引出一个定理
如果a与b互质，那么b∗k+a也与b互质。证明和证明gcd的证明类似。
反过来，我们也可以用gcd证明，
因为gcd(a,b)=1，所以gcd(a%b,b)=1
因为a%b=a−k∗b，故gcd(a−k∗b,b)=1,及a−k∗b与b互质。
根据这个特性，并且n>=m,所以可以将n！分成若干段，每段为m!，每一段中与m!互质的个数都是相等的且等于1到m！中与m！互质的个数
我们可以得到式子

ans=n!m!∗ϕ(m!)

进一步拆开，我们可以得到 （假设p为m!的质因数，很容易可以知道，p就是所有小于m的素数，r为质因数个数）

ans=n!m!∗m!∗∏i=1r(pi−1)∏i=1rpi→ans=n!∗∏i=1r(pi−1)∏i=1rpi

因为ans 要modR,所以我们也要算1到m的逆元，在累乘∏i=1rpi，乘的是pi的逆元。
有多组询问,我们得先预处理一些数据,累乘的时候要%R
我们令k[i]=i!,inv[i]为i的逆元，f1[i]=∏a=1i(pa−1)
,f2[i]=∏a=1ipa
ans=f1[m]∗f2[m]∗k[n]
先预处理O()答案，对于询问O(1)出解

#include <cstdio>#include <iostream>#include <math.h>using namespace std;const int MAXN=10000000+10;bool su[MAXN];int q[MAXN][2],maxm,maxn,t,inv[MAXN],p,n,m;int k[MAXN],f1[MAXN],f2[MAXN],ans=0;void work(){  inv[1]=1;k[1]=1;f1[1]=1;f2[1]=1;  for(int i=2;i<=sqrt(maxm);i++) if(!su[i])    for(int j=2;j<=maxm/i;j++) su[i*j]=1;    for(int i=2;i<=maxn;i++)  {      if(i<=maxm)    {            inv[i]=(1LL*-(p/i)*inv[p%i])%p;      inv[i]=(inv[i]%p+p)%p;    }      if(i<=maxm)        {          if(!su[i])        {            f1[i]=(1LL*f1[i-1]*((i-1)%p))%p;          f2[i]=(1LL*f2[i-1]*(inv[i]%p))%p;            }else        {              f1[i]=f1[i-1];          f2[i]=f2[i-1];        }        }    k[i]=(1LL*k[i-1]*(i%p))%p;  }}int main(){  scanf("%d%d",&t,&p);  for(int i=1;i<=t;i++)  {      scanf("%d%d",&q[i][0],&q[i][1]);    maxn=max(maxn,q[i][0]);    maxm=max(maxm,q[i][1]);  }  work();  for(int i=1;i<=t;i++)    {      ans=((1LL*k[q[i][0]]%p)*1LL*(f1[q[i][1]]%p))%p;    ans=(ans*1LL*(f2[q[i][1]]%p))%p;    printf("%d\n",ans);  }  return 0;}/*2 116 310 5*/