给定 $n(1\le n\le 1000)$​​​，找到因子个数恰好为 $n$​​​ 个的最小正整数. 保证答案不大于 $1e18$.

和 反素数 的思路是一样的，深搜

这个是枚举当前数字可以填的最高幂指数，后面的数的最高幂指数都不会比当前高。因为如果比之前的质数幂指数高，交换二者的次数，乘积会变小，因子个数却不变. 用上这个性质，速度可以提升非常非常多！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;

ull prime[16] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53};

int n;
//一定要开大点，不然会错.
ull prod = ~0ull;

void dfs(int id, int up, ull res, int cnt)
{
    if(cnt > n || id >= 16) return;  //剪枝
    if(cnt == n && res < prod)
    {
        prod = res;
        return;  //剪枝
    }
    for(int i = 1; i <= up; i++)
    {
        //保证幂次成不升序列，剪枝
        if(res * prime[id] > prod) break;
        dfs(id + 1, i, res = res * prime[id], cnt * (i + 1));
    }
}
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    dfs(0, 64, 1, 1);
    printf("%llu\n", prod);
    return 0;
}

求值（多组数据）
$$\sum _{i=x}^n\sum _{j=y}^m[\gcd (i,j)=k](1⩽T,x,y,n,m,k⩽5\times 10^4)$$

根据容斥原理，原式可以分成 $4$ 块来处理，每一块的式子都为

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[\gcd (i,j)=k]$$

考虑化简该式子

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[\gcd (i,j)=1]$$

因为 $\gcd (i,j)=1$ 时对答案才用贡献，于是我们可以将其替换为 $\epsilon (\gcd (i,j))$（$\epsilon (n)$ 当且仅当 $n=1$ 时值为 $1$ 否则为 $0$），故原式化为

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\epsilon (\gcd (i,j))$$

将 $\epsilon$ 函数展开得到

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\sum _{d\mid \gcd (i,j)}\mu (d)$$

变换求和顺序，先枚举 $d\mid \gcd (i,j)$ 可得

$$\sum _{d=1}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }[d\mid i]\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[d\mid j]$$

易知 $1\sim \lfloor \frac{n}{k}\rfloor$ 中 $d$ 的倍数有 $\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor$ 个，故原式化为

$$\sum _{d=1}^{\min (\lfloor \frac{n}{k}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{k}\rfloor )}\mu (d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$$

很显然，式子可以数论分块求解。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 50010;
int prime[N], mu[N], cnt, sum[N];
bool st[N];
void sieve(int n)
{
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if(!st[i]) prime[cnt++] = i, mu[i] = -1;
        for(int j = 0; prime[j] <= n / i; j++)
        {
            st[i * prime[j]] = true;
            mu[i * prime[j]] = -mu[i];
            if(i % prime[j] == 0)
            {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
    }
}

int get(int n, int i)
{
    return n / (n / i);
}

int solve(int n, int m)
{
    int res = 0;
    for(int l = 1, r; l <= min(n, m); l = r + 1)
    {
        r = min(get(n, l), get(m, l));
        res += (sum[r] - sum[l - 1]) * (n / l) * (m / l);
    }
    return res;
}
int main()
{
    sieve(N - 1);
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        int a, b, c, d, k;
        scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);
        printf("%d\n", solve(b / k, d / k) - solve((a - 1) / k, d / k)
               - solve(b / k, (c - 1) / k) + solve((a - 1) / k, (c - 1) / k));
    }
    return 0;
}

求值（多组数据）

$$\sum _{i=1}^n\mathrm{lcm}(i,n)\text{s.t.}1⩽T⩽3\times 10^5,1⩽n⩽10^6$$

易得原式即

$$\sum _{i=1}^n\frac{i\cdot n}{\gcd (i,n)}$$

将原式复制一份并且颠倒顺序，然后将 n 一项单独提出，可得

$$\frac{1}{2}\cdot \left(\sum _{i=1}^{n-1}\frac{i\cdot n}{\gcd (i,n)}+\sum _{i=n-1}^1\frac{i\cdot n}{\gcd (i,n)}\right)+n$$

根据 $\gcd (i,n)=\gcd (n-i,n)$，可将原式化为

$$\frac{1}{2}\cdot \left(\sum _{i=1}^{n-1}\frac{i\cdot n}{\gcd (i,n)}+\sum _{i=n-1}^1\frac{i\cdot n}{\gcd (n-i,n)}\right)+n$$

两个求和式中分母相同的项可以合并。

$$\frac{1}{2}\cdot \sum _{i=1}^{n-1}\frac{n^2}{\gcd (i,n)}+n$$

即

$$\frac{1}{2}\cdot \sum _{i=1}^n\frac{n^2}{\gcd (i,n)}+\frac{n}{2}$$

可以将相同的 $\gcd (i,n)$ 合并在一起计算，故只需要统计 $\gcd (i,n)=d$ 的个数。当 $\gcd (i,n)=d$ 时，$\gcd (\frac{i}{d},\frac{n}{d})=1$，所以 $\gcd (i,n)=d$ 的个数有 $\phi (\frac{n}{d})$ 个。

故答案为

$$\frac{1}{2}\cdot \sum _{d\mid n}\frac{n^2\cdot \phi (\frac{n}{d})}{d}+\frac{n}{2}$$

变换求和顺序，设 $d^{\prime }=\frac{n}{d}$，合并公因式，式子化为

$$\frac{1}{2}n\cdot \left(\sum _{d^{\prime }\mid n}{d}^{\prime }\cdot \phi (d^{\prime })+1\right)$$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000010;
typedef long long ll;

int prime[N], phi[N], cnt;
ll g[N];
bool st[N];

void sieve(int n)
{
    phi[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if(!st[i])
        {
            prime[cnt++] = i;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for(int j = 0; prime[j] <= n / i; j++)
        {
            st[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0)
            {
                phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
                break;
            }
            phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(int j = i; j <= n; j += i)
        {
            g[j] += i * phi[i];
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        g[i] = (g[i] + 1) * i / 2;
    }
}
int main()
{
    sieve(N - 1);
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        printf("%lld\n", g[n]);
    }
    return 0;
}

实际上可以通过巧妙的筛法线性筛出

设 $g(n)=\sum _{d\mid n}d\cdot \phi (d)$，已知 $g$ 为积性函数，于是可以 $\Theta (n)$ 筛出。每次询问 $\Theta (1)$ 计算即可。

下面给出这个函数筛法的推导过程：

首先考虑 $g(p_j^k)$ 的值，显然它的约数只有 $p_j^0,p_j^1,\cdots ,p_j^k$，因此

$$g(p_j^k)=\sum _{w=0}^k{p}_j^w\cdot \phi (p_j^w)$$

又有 $\phi (p_j^w)=p_j^{w-1}\cdot (p_j-1)$，则原式可化为

$$\sum _{w=0}^k{p}_j^{2w-1}\cdot (p_j-1)$$

于是有

$$g(p_j^{k+1})=g(p_j^k)+p_j^{2k+1}\cdot (p_j-1)$$

那么，对于线性筛中的 $g(i\cdot p_j)(p_j|i)$，令 $i=a\cdot p_j^w(\gcd (a,p_j)=1)$，可得

$$g(i\cdot p_j)=g(a)\cdot g(p_j^{w+1})$$

$$g(i)=g(a)\cdot g(p_j^w)$$

即

$$g(i\cdot p_j)-g(i)=g(a)\cdot p_j^{2w+1}\cdot (p_j-1)$$

同理有

$$g(i)-g(\frac{i}{p_j})=g(a)\cdot p_j^{2w-1}\cdot (p_j-1)$$

因此

$$g(i\cdot p_j)=g(i)+\left(g(i)-g(\frac{i}{p_j})\right)\cdot p_j^2$$

求值（对 $20101009$ 取模）

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\mathrm{lcm}(i,j)(n,m⩽10^7)$$

易知原式等价于

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{i\cdot j}{\gcd (i,j)}$$

枚举最大公因数 $d$，显然两个数除以 $d$ 得到的数互质

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d\mid i,d\mid j,\gcd (\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1}\frac{i\cdot j}{d}$$

非常经典的 $\gcd$ 式子的化法

$$\sum _{d=1}^{n}d\cdot \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[\gcd (i,j)=1]i\cdot j$$

后半段式子中，出现了互质数对之积的和，为了让式子更简洁就把它拿出来单独计算。于是我们记

$$\mathrm{sum}(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[\gcd (i,j)=1]i\cdot j$$

接下来对 $\mathrm{sum}(n,m)$ 进行化简。首先枚举约数，并将 $[\gcd (i,j)=1]$ 表示为 $\epsilon (\gcd (i,j))$

$$\sum _{d=1}^n\sum _{d\mid i}^n\sum _{d\mid j}^m\mu (d)\cdot i\cdot j$$

设 $i=i^{\prime }\cdot d$，$j=j^{\prime }\cdot d$，显然式子可以变为

$$\sum _{d=1}^n\mu (d)\cdot d^2\cdot \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }i\cdot j$$

观察上式，前半段可以预处理前缀和；后半段又是一个范围内数对之和，记

$$g(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}i\cdot j=\frac{n\cdot (n+1)}{2}\times \frac{m\cdot (m+1)}{2}$$

可以 $\Theta (1)$ 求解

至此

$$\mathrm{sum}(n,m)=\sum _{d=1}^n\mu (d)\cdot d^2\cdot g(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )$$

我们可以 $\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\rfloor$ 数论分块求解 $\mathrm{sum}(n,m)$ 函数。

在求出 $\mathrm{sum}(n,m)$ 后，回到定义 $\mathrm{sum}$ 的地方，可得原式为

$$\sum _{d=1}^{n}d\cdot \mathrm{sum}(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )$$

可见这又是一个可以数论分块求解的式子！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10000010;
typedef long long ll;
const ll mod = 20101009;
int prime[N], cnt;
ll mu[N];
bool st[N];

void sieve(int n)
{
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if(!st[i]) prime[cnt++] = i, mu[i] = -1;
        for(int j = 0; prime[j] <= n / i; j++)
        {
            st[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0) break;
            mu[i * prime[j]] = -mu[i];
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) mu[i] = (1ll * i * i % mod * mu[i] % mod + mu[i - 1] + mod) % mod;
}
ll g(ll n, ll m)
{
    return (n * (n + 1) / 2 % mod) * (m * (m + 1) / 2 % mod) % mod;
}
ll get(ll n, ll l)
{
    return n / (n / l);
}
ll sum(ll n, ll m)
{
    ll res = 0;
    for(ll l = 1, r; l <= min(n, m); l = r + 1)
    {
        r = min(min(n, m), min(get(n, l), get(m, l)));
        res += (mu[r] - mu[l - 1] + mod) % mod * g(n / l, m / l) % mod;
        res %= mod;
    }
    return res;
}
ll solve(ll n, ll m)
{
    ll res = 0;
    for(ll l = 1, r; l <= min(n, m); l = r + 1)
    {
        r = min(min(n, m), min(get(n, l), get(m, l)));
        res += (l + r) * (r - l + 1) / 2 % mod * sum(n / l, m / l) % mod;
        res %= mod;
    }
    return res;
}
int main()
{
    sieve(N - 1);
    ll n, m;
    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    printf("%lld\n", solve(n, m));
    return 0;
}

多组数据，求

$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(i\cdot j) \\ d(n)=\sum _{i\mid n}1 \\ n,m,T\le 5\times 10^4 \end{gathered}$$
其中 $d(n)$ 表示 $n$ 的约数个数

要推这道题首先要了解 $d$ 函数的一个特殊性质

$$d(i\cdot j)=\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}[\gcd (x,y)=1]$$

再化一下这个式子

$$\begin{array}{rl}d(i\cdot j)=& \sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}[\gcd (x,y)=1]\\ =& \sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}\sum _{p\mid \gcd (x,y)}\mu (p)\\ =& \sum _{p=1}^{min(i,j)}\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}[p\mid \gcd (x,y)]\cdot \mu (p)\\ =& \sum _{p\mid i,p\mid j}\mu (p)\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}[p\mid \gcd (x,y)]\\ =& \sum _{p\mid i,p\mid j}\mu (p)\sum _{x\mid \frac{i}{p}}\sum _{y\mid \frac{j}{p}}1\\ =& \sum _{p\mid i,p\mid j}\mu (p)\ast (\sum _{x\mid \frac{i}{p}}1)\ast (\sum _{y\mid \frac{j}{p}}1)\\ =& \sum _{p\mid i,p\mid j}\mu (p)d\left(\frac{i}{p}\right)d\left(\frac{j}{p}\right)\end{array}$$

将上述式子代回原式

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(i\cdot j)\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{p\mid i,p\mid j}\mu (p)d\left(\frac{i}{p}\right)d\left(\frac{j}{p}\right)\\ =& \sum _{p=1}^{min(n,m)}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[p\mid i,p\mid j]\cdot \mu (p)d\left(\frac{i}{p}\right)d\left(\frac{j}{p}\right)\\ =& \sum _{p=1}^{min(n,m)}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\mu (p)d(i)d(j)\\ =& \sum _{p=1}^{min(n,m)}\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }d(i)\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }d(j)\\ =& \sum _{p=1}^{min(n,m)}\mu (p)S\left(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor \right)S\left(\lfloor \frac{m}{p}\rfloor \right)\left(S(n)=\sum _{i=1}^{n}d(i)\right)\end{array}$$

那么 $O(n)$ 预处理 $\mu ,d$ 的前缀和，$O(\sqrt{n})$ 分块处理询问，总复杂度 $O(n+T\sqrt{n})$.

题意：计算 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(a_i,a_j)=x]$​

$T$ 组数据，每组数据 $k$ 组询问，每次询问问一个 $x$.

$1\le T\le 10,1\le k,n,m\le 10^5,1\le a_i\le m$

• 莫比乌斯反演。我们设 $f(x)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(a_i,a_j)=x]$，则 $F(x)=\sum _{d|n}f(d)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[x|gcd(a_i,a_j)]$，设 $m=\sum _{i=1}^{n}x|a_i$，则 $F(x)=m^2$
• 因此，令 $d^{\prime }=\frac{d}{x},m^{\prime }=\sum _{i=1}^n{d}^{\prime }x|a_i$. 则 $f(x)=\sum _{x|d}\mu (\frac{d}{x})m^2=\sum _{d^{\prime }=1}^{\infty }\mu (d^{\prime })m^{\prime 2}$.
• 有一个细节，就是求 $m$，那个地方有一个小 trick，就是先筛出来 $1\sim 10^5$ 范围内的数的约数。这个也很好写。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn = 100010;
int prime[maxn], mu[maxn], cnt, a[maxn], st[maxn];

vector<int> divisors[maxn];

void sieve(int N) {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N; i++) {
		if (!st[i]) st[i] = prime[cnt++] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 0; prime[j] <= N / i; j++) {
			st[i * prime[j]] = prime[j];
			if (i % prime[j] == 0) break;
			mu[i * prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = i; j <= N; j += i) {
			divisors[j].push_back(i);
		}
	}
}

int main() {
	sieve(maxn - 1);
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		unordered_map<int, int> times;
		unordered_map<int, ll> ans;
		int N, M, K;
		scanf("%d%d%d", &N, &M, &K);
		for (int i = 1; i <= N; i++) {
			scanf("%d", &a[i]);
			for (auto p : divisors[a[i]]) {
				times[p]++;
			}
		}
		while (K--) {
			int x;
			scanf("%d", &x);
			if (ans.count(x)) {
				printf("%lld\n", ans[x]);
				continue;
			}
			for (int i = 1; i * x <= M; i++) {
				ll m = times[i * x];
				ans[x] += (ll)mu[i] * m * m;
			}
			printf("%lld\n", ans[x]);
		}
	}
	return 0;
}

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• 莫比乌斯反演，一个很重要的作用是交换枚举次序。
• 先放一个大雪菜在莫比乌斯反演部分推到过的一个公式，防止遗忘

$$s(n)=\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{l}1,n=1\\ 0,n>1\end{array}.$$

• 推导是这样的

$$\begin{gathered} \sum _{j=1}^n\sum _{i=j}^{n}F(j)[gcd(i,j)==1] \\ =\sum _{j=1}^{n}F(j)\sum _{i=j}^n\sum _{d|(i,j)}\mu (d) \\ =\sum _{j=1}^n\sum _{i=j}^n\sum _{d|(i,j)}F(j)\mu (d) \end{gathered}$$

• 我们尝试交换枚举次序，枚举 $d$，用于 $d$ 的含义是整除 $gcd(i,j)$，因此d一定整除i，且d一定整除j. 因此，我们只需要枚举d的倍数即可

$$\begin{gathered} 原式=\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{j^{\prime }=1}^{\lfloor n/d\rfloor }F(d\ast j^{\prime })\sum _{i^{\prime }=j^{\prime }}^{\lfloor n/d\rfloor }1 \\ =\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{j^{\prime }=1}^{\lfloor n/d\rfloor }F(d\ast j^{\prime })(\lfloor n/d\rfloor -j^{\prime }+1). \end{gathered}$$

• 预处理出来莫比乌斯函数、$F$ 函数就可以了。时间复杂度是 $O(n\log n)$​.

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn = 100010;
int prime[maxn], cnt, mu[maxn], F[maxn];
bool st[maxn];

void sieve(int N)
{
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= N; i++){
        if(!st[i]) prime[cnt++] = i, mu[i] = -1;
        for(int j = 0; prime[j] <= N / i; j++){
            st[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0) break;
            mu[i * prime[j]] = -mu[i];
        }
    }
    for(int i = 0; i <= N; i++){
        int x = i;
        while(x){
            F[i] += x % 10;
            x /= 10;
        }
    }
}
int main()
{
    sieve(maxn - 1);
    int N;
    scanf("%d", &N);
    ll ans = 0;
    for(int d = 1; d <= N; d++){
        if(!mu[d]) continue;
        ll res = 0;
        for(int j = 1; j <= N / d; j++){
            res += (ll)F[j * d] * (N / d - j + 1LL);
        }
        ans += mu[d] * res;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

给一个新数列
KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '&' at position 54: …1) * f(n - 2), &̲ n \ge 2
求 $f(n)$，多组数据，$0\le a,b,n\le 10^9$

不难发现，$f(n)=b^{Fib(n)}{a}^{Fib(n-1)}$. 但是用费马小定理降幂的时候一定要小心 $a^x\equiv a^{x(\mathrm{mod}p-1)}(\mathrm{mod}p)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;

ll mod_pow(ll x, ll n)
{
    ll res = 1;
    while(n)
    {
        if(n & 1) res = res * x % mod;
        x = x * x % mod;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}

void mul(ll c[], ll a[][N], ll b[])
{
    static ll tmp[N];
    memset(tmp, 0, sizeof tmp);
    for(int i = 0; i < 2; i++)
    {
        for(int j = 0; j < 2; j++)
        {
            tmp[i] = (tmp[i] + a[i][j] * b[j]) % (mod - 1);
        }
    }
    memcpy(c, tmp, sizeof tmp);
}

void mul(ll c[][N], ll a[][N], ll b[][N])
{
    static ll tmp[N][N];
    memset(tmp, 0, sizeof tmp);
    for(int i = 0; i < 2; i++)
    {
        for(int j = 0; j < 2; j++)
        {
            for(int k = 0; k < 2; k++)
            {
                tmp[i][j] = (tmp[i][j] + a[i][k] * b[k][j]) % (mod - 1);
            }
        }
    }
    memcpy(c, tmp, sizeof tmp);
}
int main()
{
    ll a, b, n;
    while(cin >> a >> b >> n)
    {
        if(n == 0)
        {
            printf("%lld\n", a);
            continue;
        }
        n--;
        ll fib[2] = {0, 1};
        ll f[][2] = {{0, 1}, {1, 1}};
        while(n)
        {
            if(n & 1) mul(fib, f, fib);
            mul(f, f, f);
            n >>= 1;
        }
        //printf("%lld\n", fib[1]);

        ll res = mod_pow(b, fib[1]) * mod_pow(a, fib[0]) % mod;
        printf("%lld\n", res);
    }
    return 0;
}

题意： 在 $1\sim n$ 中挑选不同的数字，使得它们的乘积是完全平方数，并且他们的乘积最大。求这个乘积模 $1e9+7$​.

其实就是把这些数字全部乘起来，然后统计一下每个质数出现多少次，如果出现奇数次，在把乘积除以这个质数。

也是完全平方数

Problem - 1497E1 - Codeforces

• 这个题想复杂了。我们把所有的数字的质因数的幂都模2，这样子的话，我们从前往后遍离数组，并用一个map记录之前哪些数字出现过。
• 如果新加进来的改变的数字并不存在于 map 中，说明当前数字加入当前区间不会引起冲突，于是把这个数字加入当前的区间之中。
• 如果之前这个数出新过，那么就在这个数前面画一条分界线，把map清空，把这个数加到map里面，然后答案加1.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10000010;
int prime[N], cnt, st[N];
void sieve(int n)
{
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        if(!st[i]) prime[cnt++] = st[i] = i;
        for(int j = 0; prime[j] <= n / i; j++){
            st[i * prime[j]] = prime[j];
            if(i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
}
int change(int x)
{
    int res = 1;
    while(x > 1){
        int u = st[x];
        int cnt = 0;
        while(x % u == 0){
            cnt++;
            x /= u;
        }
        if(cnt & 1) res *= u;
    }
    return res;
}
int main()
{
    sieve(N - 1);
    int T;
    scanf("%d", &T);

    while(T--){
        set<int> S;
        int n, k;
        scanf("%d%d", &n, &k);
        int ans = 1, tmp;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%d", &tmp);
            tmp = change(tmp);
            if(S.count(tmp)){
                ans++;
                S.clear();
            }
            S.insert(tmp);
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

Problem - 1497E2 - Codeforces

• 给一个序列 $n\le 2e5$，问最少分割成几个连续字段，使得每个连续字段中不存在两个数的积是完全平方数. 可以改变中间的某个数字至多 $k(k\le 20)$ 次，改为任意的数字即可.
• 我们先处理出 $Left(i,j)$ 表示从 $i$ 开始，可以删掉 $j$ 个数字，满足 $[l,i]$ 中间是合法连续子序列的最往左的左区间端点是多少. 这个可以用双指针在 $O(nk)$ 的时间内解决.
• 然后令 $f(i,j)$ 表示前 $i$ 个数字，改变 $j$ 个数字的最少划分数是多少. 这个我们可以枚举 $x\in [0,j]$，$l=Left(i,j)$，可以分为从两块，及 $[1,l-1]$ 的最优划分加上 $[l,i]$ 作为一个完整连续子段，并且前者改变 $j-x$ 次，后者改变 $x$ 次.

f ( i , j ) = min ⁡ { f ( i , j ) , f ( l − 1 , j ) + 1 } f(i,j) = \min\{f(i,j),f(l-1,j) + 1\} f(i,j)=min{f(i,j),f(l−1,j)+1}

• 初始化的时候，$f$初始化为正无穷，$f(0,0)$ 初始化为1即可.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200010, M = 10000010;
int prime[M], st[M], cnt;
void sieve(int n)
{
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        if(!st[i]) prime[cnt++] = st[i] = i;
        for(int j = 0; prime[j] <= n / i; j++){
            st[i * prime[j]] = prime[j];
            if(i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
}
int change(int x)
{
    vector<int> res;
    while(x > 1){
        int u = st[x];
        int cnt = 0;
        while(x % u == 0){
            x /= u;
            cnt++;
        }
        if(cnt & 1) res.push_back(u);
    }
    int ans = 1;
    for(auto p : res){
        ans = ans * p;
    }
    return ans;
}
int a[N], n, k, Left[N][30], f[N][30];
unordered_map<int, int> Map(N);
int main()
{
    sieve(M - 1);
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
        scanf("%d%d", &n, &k);
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            int x;
            scanf("%d", &x);
            a[i] = change(x);
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            for(int j = 0; j <= k; j++){
                Left[i][j] = 0;
                f[i][j] = 1e9;
            }
        }
        f[0][0] = 0;
        for(int lim = 0; lim <= k; lim++){
            Map.clear();
            int cnt = 0;
            for(int i = 1, j = 1; i <= n; i++){
                Map[a[i]]++;
                if(Map[a[i]] > 1) cnt++;
                while(i >= j && cnt > lim){
                    if(Map[a[j]] > 1){
                        cnt--;
                    }
                    Map[a[j]]--;
                    j++;
                }
                Left[i][lim] = j;
            }
        }

        for(int i = 1; i <= n; i++){
            for(int j = 0; j <= k; j++){
                for(int x = 0; x <= j; x++){
                    int l = Left[i][x];
                    f[i][j] = min(f[i][j], f[l - 1][j - x] + 1);
                }
            }
        }
        int ans = 1e9;
        for(int j = 0; j <= k; j++){
            ans = min(ans, f[n][j]);
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

HDU 3221 Brute-force Algorithm (矩阵 欧拉定理降幂)

广义欧拉定理

FZU 1759 Super A^B mod C

HDU 2837 Calculation

The Boss on Mars

给出正整数 $n$​，满足 $1\le n\le 10^8$​，求 $\sum _{i=1}^n[(n,i)=1]i^4\mathrm{mod}(10^9+7)$​。

Mod Tree

给出方程 $A^x\equiv B(\mathrm{mod}C)$​​，求 $x$​​ 的最小非负整数解. $1\le A,B,C\le 10^9$​​

数论之神

给出方程 $X^A\equiv B(\mathrm{mod}C)$，求 $x$ 在 $[0,C)$ 上的整数解的个数.

$1\le A,B,C\le 10^9$，且 $C$ 是奇数.

Interesting Yang Hui Triangle

给出非负整数 $n$ 和素数 $P$，统计 $C_x^n$ 中有多少个不是 $P$ 的倍数

$n\le 10^9,P<1000$