题目大意：
对于一个长度为$n$的数列$p$，数列中任意两个数互质。
现在有一个无限长的储存器，从$p_1$开始，把储存器中$p_1$倍数位置都赋值为$p_1$，把储存器中$p_2$倍数位置都赋值为$p_2$，把储存器中$p_3$倍数位置都赋值为$p_3$，以此类推。
求每个$p_i$在储存器中出现的比例，用分数表示。
$n \le 1000$、$p \le 10^9$，需要用到高精度。
分析：
初步推导公式：
根据题意，前面赋值过的数会被后面的数覆盖，所以可以从后往前推，那些被覆盖过的就忽略掉。
易知，这些数在存储器中是循环出现的，周期为所有$p$的乘积，那么只要考虑区间$[1,\prod_{i=1}^{n}p_i]$内的数就好了。
对于每个数$p$，在这个区间内是$p_i$倍数的数的个数为$\frac{\prod_{i=1}^{n}p_i}{p}$，占所有数的比例为$\frac{1}{p}$，然而还要减去那些会被后面覆盖的。而在被覆盖的数中，被$p_i$整除的数也是平均分布出现的。
设$p_i$在存储器中出现的比例为$A_i$，那么就得到：
$$A_i=\frac{1}{p} - \frac{1}{p}\cdot \sum_{j=i+1}^{n}A_j = \frac{1}{p}(1-\sum_{j=i+1}^{n}A_j)$$
这样，就可以用一个$Sum$记录下$A_i$的后缀和，就可以线性推导公式了。
最简分数形式：
但是，仍然存在一个问题，那就是题目中要求的最简分数形式。
取最简分数形式有两种方法，第一是找两个高精度数的$GCD$，第二种是枚举每个$p$看看能不能除。
然而在高精度的情况下这两种方法都不可取，将高精度数的长度看作$n$，则不论哪种方法每次对一个分数进行简化就需要$O(n^2)$的复杂度，接合线性的推导，就需要$O(n^3)$的复杂度，显然会T。
进一步推导：
因为要用到$A_i$的后缀和，那么不妨再设$S_i=\sum_{j=i+1}^{n}A_j$。
然后就有：
$$\begin{array}\\A_i&=&\frac{1-S_i}{p_i} \\S_{i-1} &=& S_i + A_i \\ A_{i-1}&=&\frac{1-S_{i-1}}{p_{i-1}} \\ &=&\frac{1-S_i-A_i}{p_{i-1}} \\ &=&\frac{A_i\cdot p_i-A{i}}{p_{i-1}} \\ &=&A_i\cdot \frac{p_i-1}{p_{i-1}} \end{array}$$
即：
$$\left \{ \begin{array} \\A_n&=&\frac{1}{p_n} \\A_i&=&A_{i+1}\cdot\frac{p_{i+1}-1}{p_i}\ (i \lt n) \end{array} \right .$$
这样就得到了另一个等价的递推式，而这个递推式的优点可以每次乘的同时进行分数化简，只要对一个高精度数和一个单精度数取$GCD$，或对两个单精度数取$GCD$，这样$GCD$的复杂度就变成了$O(n)$，整体复杂度为$O(n^2)$。
代码：
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3
4 #define BNmod 1000000000ll
5
6 struct BigNumber
7 {
8 long long m[1010];
9
10 inline long long operator %(long long x)
11 {
12 long long last = 0;
13 for (int i = 1009; i >= 0; i--)
14 {
15 last = last + m[i];
16 last = last % x * BNmod;
17 }
18 return last / BNmod;
19 }
20
21 inline BigNumber operator *(long long x)
22 {
23 BigNumber Tmp;
24 long long last = 0;
25 for (int i = 0; i <= 1009; i++)
26 {
27 Tmp.m[i] = last + m[i] * x;
28 last = 0;
29 if (Tmp.m[i] >= BNmod)
30 {
31 last = Tmp.m[i] / BNmod;
32 Tmp.m[i] %= BNmod;
33 }
34 }
35 return Tmp;
36 }
37
38 inline BigNumber operator /(long long x)
39 {
40 BigNumber Tmp;
41 long long last = 0;
42 for (int i = 1009; i >= 0; i--)
43 {
44 Tmp.m[i] = last + m[i];
45 last = Tmp.m[i] % x * BNmod;
46 Tmp.m[i] /= x;
47 }
48 return Tmp;
49 }
50
51 inline void Print()
52 {
53 int flag = 0;
54 for (int i = 1009; i >= 0; i--)
55 {
56 if (flag == 0 && m[i] > 0)
57 {
58 flag = 1;
59 printf("%lld", m[i]);
60 }
61 else
62 {
63 if (flag == 1)
64 {
65 printf("%09lld", m[i]);
66 }
67 }
68 }
69 if (flag == 0) putchar(‘0‘);
70 }
71 } FZ, FM, ans[1010][2];
72
73 int n, p[1010];
74
75 long long gcd(long long a, long long b)
76 {
77 return b ? gcd(b, a % b) : a;
78 }
79
80 long long gcd(BigNumber a, long long b)
81 {
82 return b ? gcd(b, a % b) : 1;
83 }
84
85 int main()
86 {
87 scanf("%d", &n);
88 for (int i = 1; i <= n; i++)
89 {
90 scanf("%d", &p[i]);
91 }
92 memset(FZ.m, 0, sizeof(FZ.m));
93 memset(FM.m, 0, sizeof(FM.m));
94 FZ.m[0] = 1, FM.m[0] = p[n];
95 ans[n][0] = FZ;
96 ans[n][1] = FM;
97 for (int i = n - 1; i > 0; i--)
98 {
99 int a = p[i + 1] - 1, b = p[i];
100 int d = gcd(a, b); a /= d, b /= d;
101 d = gcd(FZ, b); FZ = FZ / d; b /= d;
102 d = gcd(FM, a); FM = FM / d; a /= d;
103 FZ = FZ * a; FM = FM * b;
104 int f = 0;
105 for (int j = 0; j < 1010; j++)
106 f += (FZ.m[j] > 0);
107 if (f == 0)
108 {
109 memset(FM.m, 0, sizeof(FM.m));
110 FM.m[0] = 1;
111 }
112 ans[i][0] = FZ; ans[i][1] = FM;
113 }
114 for (int i = 1; i <= n; i++)
115 {
116 ans[i][0].Print();
117 printf("/");
118 ans[i][1].Print();
119 printf("\n");
120 }
121 }