2019ICPC西安邀請賽 B. Product(杜教篩，數論分塊)詳細題解

B. Product
第一次寫此類推導證明題目題解，就寫詳細點。
題意求：
$ans=\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}\prod_{k=1}^{n}m^{gcd(i,j)[k|gcd(i,j)]}\mod p (n,m,p<2e9,且p爲質數)$
因爲題目保證了p爲質數，所以我們先求指數，然後在求指數的過程中對指數進行費馬降冪，最後再對m快速冪即可。
$ans=m^{mi\mod (p-1)}\mod p$
所以現在的關鍵是如何求$mi$,$ans$是累乘所以求$m$的冪的時候就變成累加。
$mi=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}gcd(i,j)[k|gcd(i,j)]$
這個式子的大意是當$gcd(i,j)$是$k$的倍數的時候$mi+=gcd(i,j)$,我們改變枚舉次序，把k移到外面，並且枚舉k的倍數x。
$mi=\sum_{k=1}^{n}\sum_{k|x}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}gcd(i,j)[gcd(i,j)==x]$
$mi=\sum_{k=1}^{n}\sum_{k|x}^{n}x\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[gcd(i,j)==x]$
$mi=\sum_{k=1}^{n}\sum_{k|x}^{n}x\sum_{i=1}^{n/x}\sum_{j=1}^{n/x}[gcd(i,j)==1]$
式子中的$n/x$默認是向下取整，對於$\sum_{i=1}^{n/x}\sum_{j=1}^{n/x}[gcd(i,j)==1]$可以用歐拉函數表示爲$\sum_{i=1}^{n/x}2\phi(i)-1$,爲什麼呢？
看下面的圖片應該可以明白，假設$n/x=5$,那麼$gcd(i,j)$就下面這樣：

被重複加上了一次，所以等於$\sum_{i=1}^{n/x}2\phi(i)-1$，這部分可以用杜教篩求得。於是
$mi=\sum_{k=1}^{n}\sum_{k|x}^{n}x\sum_{i=1}^{n/x}2\phi(i)-1$
下面我們來考慮怎麼快速求出
$\sum_{k=1}^{n}\sum_{k|x}^{n}x$
$=\sum_{k=1}^{n}\frac{k(1+n/k)n/k}{2}(向下整除)$
如果不太清除怎麼變形過來的，可以看這裏的例3：解釋例3
這個算式可以分塊在$O(\sqrt n)$求出
順帶提一下，比較常用的變形$(\sum_{k=1}^{n}\sum_{k|x}^{n}=\sum_{x=1}^{n}x d(x)),d(x)是x的約數個數$
有了這個變形，就可以在預處理的時候對$d(x)$進行預處理，對於沒預處理到的部分我們就用$O(\sqrt n)$的分塊算法計算，然後記憶化減少計算量。

這一部分可以用整除分塊算出來。最終的式子就是這個：
$mi=\sum_{k=1}^{n}\frac{k(1+n/k)n/k}{2}\sum_{i=1}^{n/x}2\phi(i) -\sum_{k=1}^{n}\frac{k(1+n/k)n/k}{2}$

代碼如下:

#include<bits/stdc++.h> 
#include<tr1/unordered_map>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=5e6;

int n,m,mod,tot=0;
bool vis[N];
int p[N/10],phi[N],sum[N];// phi(x)，x*d(x)的前綴和
unordered_map<int, int>M_phi,M_sum;

void add(int &x,int y){//手寫模運算防止卡常數
	if(y<0)x+=y;
	else x=x-mod+y;
	if(x<0)x+=mod; 
}

void init(){
	phi[1]=sum[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++){
		if(!vis[i]){
			sum[i]=2;
			phi[i]=i-1;
			p[tot++]=i;
		}
		for(int j=0;j<tot&&i*p[j]<N;j++) {
			int v=i*p[j];
			vis[v]=1;
			if(i%p[j]==0){
				phi[v]=phi[i]*p[j];
				int d=1,x=i;
				while(x%p[j]==0)
					x/=p[j],d++;
				sum[v]=sum[i]/d*(d+1); 
				break;
			}
			phi[v]=phi[i]*(p[j]-1);
			sum[v]=sum[i]*2;
		}
	}
	for(int i=1;i<N;i++){
		add(phi[i],phi[i-1]); 
		sum[i]=1ll*sum[i]*i%mod;
		add(sum[i],sum[i-1]); 
	}// phi(x)，x*d(x)的前綴和
}

int S_phi(int x){
	if(x<N)return phi[x];
	if(M_phi[x])return M_phi[x];
	int ret=0;
	for(ll l=2,r;l<=x;l=r+1)
		r=x/(x/l),add(ret,S_phi(x/l)*(r-l+1)%mod); 
	return M_phi[x]=((ll)x*(x+1)/2-ret+mod)%mod;
}

int S_sum(int x){
	if(x<N)return sum[x];
	if(M_sum[x])return M_sum[x];
	int res=0;
	for(int l=1,r;l<=x;l=r+1){
		r=x/(x/l);
		add(res,(1ll*(l+r)*(r-l+1)/2 %mod *1ll*(1+x/l)*(x/l)/2% mod)% mod);
	}
	return M_sum[x]=res;
}

int fp(int x,int y){
	int ret=1;
	while(y){
		if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod; 
		y/=2;
	}
	return ret;
}


int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);
	mod--; //費馬降冪
	init();
	int ans=0;	
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		int temp=S_sum(r);
		add(temp,-S_sum(l-1)); 
		add(ans,1ll*S_phi(n/l)*temp%mod);
	}
	add(ans,ans),add(ans,-S_sum(n));
	mod++;
	printf("%d\n",fp(m,ans));
}