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Description
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Sample Input
3
1
2
3
2
4
2
Sample Output
6
HINT
1<=N<=10,0<=Qi<=10^18,1<=Pi<=10^18,P>=2
本题仅四组数据。
Source
数学问题 欧拉函数 Miller-Rabin Pollard-rho
花了一整晚来怼这道题……在long long的领域遇到了许多问题。
假设我们有充足的时间枚举每一个x，那么在x确定的情况下，原式变成了一个模方程。
根据裴蜀定理，我们知道只有当$ gcd(x,P)|Q $ 的情况下方程有 $ gcd(x,P) $ 个解。
现在我们可以愉快地枚举每一个gcd，那么答案就是：
$$ans=\sum_{d|P,d|Q} d * \sum_{x}[gcd(x,\frac{P}{d})==1]$$
后面那个sum显然是欧拉函数
那么$$ ans=\sum_{d|P,d|Q} d · \varphi(\frac{P}{d}) $$
分(an)析(zhao)一(tao)波(lu)，发现这是一个积性函数，所以我们可以分别考虑每个质因子的贡献，再把它们累乘起来。
我们现在考虑一个质因子p，它在P中有$q$个，在Q中有$q‘$个：
它对答案的贡献是
$$ \sum_{i=0}^{q‘} p^i * \varphi(p^{q-i})$$
我们知道
$$\varphi(p^{q})=p^{q}·\frac{p-1}{p}$$
所以上面的sum可以化成：
$$p^{q-1}·(p-1)·(q‘+1)$$
但是有一个特殊情况，当i=q的时候,$\varphi(1)=1$，不能表示成$\frac{p-1}{p}$的形式，而我们却把它用这种形式算进去了。
也就是说我们把一个$p^q$ 的贡献算成了 $(p-1)p^{q-1}$，特判一下消除即可。
1 #include<iostream>
2 #include<algorithm>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdio>
5 #include<cmath>
6 #include<map>
7 #define LL long long
8 using namespace std;
9 const int mxn=100010;
10 LL read(){
11 LL x=0,f=1;char ch=getchar();
12 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
13 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘){x=x*10-‘0‘+ch;ch=getchar();}
14 return x*f;
15 }
16 LL Rand(LL n){return (((LL)rand()<<31)|rand())%(n-1)+1;}
17 //
18 map<LL,int>primap;
19 LL pri[mxn*10];int cnt=0;
20 bool vis[mxn];
21 void init(){
22 int mxn=200;
23 for(int i=2;i<mxn;i++){
24 if(!vis[i]){
25 pri[++cnt]=i;
26 primap[i]=cnt;
27 }
28 for(int j=1;j<=cnt && pri[j]*i<mxn;j++){
29 vis[pri[j]*i]=1;
30 if(i%pri[j]==0)break;
31 }
32 }
33 return;
34 }
35 //
36 LL mul(LL x,LL k,LL P)
37 {
38 LL res=0;
39 while(k){
40 if(k&1)res=(res+x)%P;
41 x=(x+x)%P;
42 k>>=1;
43 }
44 return res;
45 }
46 /*
47 LL mul(LL a,LL b,LL P){
48 LL d=(long double)a/P*b+1e-8;
49
50 a=a*b-d*P;
51 a=(a<0)?a+P:a;
52 printf("%lld \n",a);
53 return a;
54 }*/
55 LL ksm(LL a,LL k,LL P){
56 LL res=1;
57 while(k){
58 if(k&1)res=mul(res,a,P);
59 a=mul(a,a,P);
60 k>>=1;
61 }
62 return res;
63 }
64 ///
65 bool check(LL a,LL n,LL r,LL s){
66 LL res=ksm(a,r,n);LL b=res;
67 for(int i=1;i<=s;i++){
68 res=mul(res,res,n);
69 if(res==1 && b!=1 && b!=n-1)return 1;
70 b=res;
71 }
72 return (res!=1);
73 }
74 bool MR(LL n){//素数测试
75 if(n<=1)return 0;
76 if(n==2)return 1;
77 if(~n&1)return 0;
78 LL r=n-1,s=0;
79 while(!(r&1))r>>=1,s++;
80 for(int i=1;i<=10;i++)
81 if(check(Rand(n),n,r,s))return 0;
82 return 1;
83 }
84 ///
85 LL p[mxn],q[mxn];
86 void addpri_P(LL x){
87 if(primap.count(x)){
88 ++p[primap[x]];return;
89 }
90 pri[++cnt]=x;
91 primap[x]=cnt;
92 p[cnt]=1;
93 return;
94 }
95 void addpri_Q(LL x){
96 if(primap.count(x)){
97 int t=primap[x];
98 if(q[t]<p[t])++q[t];
99 }
100 return;
101 }
102 LL gcd(LL a,LL b){return b?gcd(b,a%b):a;}
103 LL Rho(LL n,LL c){
104 if(n<0)while(1);
105 LL k=2,x=Rand(n),y=x,p=1;
106 for(LL i=1;p==1;i++){
107 x=(mul(x,x,n)+c)%n;
108 p=(y>x)?(y-x):(x-y);
109 p=gcd(n,p);
110 if(i==k)y=x,k<<=1;
111 }
112 return p;
113 }
114 void solve(LL x,bool flag){//分解质因数
115 if(x==1)return;
116 if(MR(x)){
117 if(!flag)addpri_P(x);//P
118 else addpri_Q(x);//Q
119 return;
120 }
121 LL t=x;
122 while(t==x)t=Rho(x,Rand(x));
123 solve(t,flag);
124 solve(x/t,flag);
125 return;
126 }
127 //
128 const int mod=1e9+7;
129 int n;
130 LL P[50],Q[50];
131 void Calc(){
132 LL ans=1;
133 for(int i=1;i<=cnt;i++){
134 if(!p[i])continue;
135 LL R=mul((q[i]+1),(pri[i]-1),mod);
136 if(p[i]==q[i])R++;
137 R=mul(R,ksm(pri[i],p[i]-1,mod),mod);
138 ans=mul(ans,R,mod);
139 }
140 printf("%lld\n",ans);
141 return;
142 }
143 int main(){
144 srand(19260817);
145 init();
146 int i,j;
147 n=read();
148 for(i=1;i<=n;i++){
149 P[i]=read();
150 solve(P[i],0);
151 }
152 for(i=1;i<=n;i++){
153 Q[i]=read();
154 if(!Q[i]){//特判0
155 for(j=1;j<=cnt;j++)q[j]=p[j];
156 break;
157 }
158 else solve(Q[i],1);
159 }
160 Calc();
161 return 0;
162 }