题目地址
题解
注，下方\((i,j)\)均指\(gcd(i,j)\)，以及证明过程有一定的跳步，请确保自己会莫比乌斯反演的基本套路。
介绍本题的\(O(n)\)和\(O(n\sqrt{n})\)做法，本题还有\(O(nlogn)\)做法，需要用到欧拉函数，或者是从质因子角度考虑也可以得到另外一个\(O(n)\)做法。
题目就是求
\[\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n\frac{ij}{(i,j)^2}
\]
\]
考虑分解一下
\[\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n\frac{ij}{(i,j)^2}=\frac{\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^nij}{\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n(i,j)^2}
\]
\]
对于分子可得
\[\begin{aligned}
&\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^nij\\
&=\prod_{i=1}^ni\prod_{j=1}^nj\\
&=\prod_{i=1}^ni*n!\\
&=(n!)^{2n}
\end{aligned}
\]
&\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^nij\\
&=\prod_{i=1}^ni\prod_{j=1}^nj\\
&=\prod_{i=1}^ni*n!\\
&=(n!)^{2n}
\end{aligned}
\]
对于分母，我们考虑莫比乌斯反演
\[\begin{aligned}
&\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n(i,j)^2\\
&=\prod_{d=1}^nd^{2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[(i,j)=d]}\\
&=\prod_{d=1}^nd^{2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[(i,j)=1]}\\
&=\prod_{d=1}^nd^{2\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor^2}\\
\end{aligned}
\]
&\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n(i,j)^2\\
&=\prod_{d=1}^nd^{2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[(i,j)=d]}\\
&=\prod_{d=1}^nd^{2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[(i,j)=1]}\\
&=\prod_{d=1}^nd^{2\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor^2}\\
\end{aligned}
\]
至此，枚举\(d\)，对指数整除分块，即可\(O(n\sqrt{n})\)解决此题。
容易发现\(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\)是可以整除分块的。那么怎么处理区间\([l,r]\)的\(d\)呢，将它展开，其实就是\(\frac{r!}{(l-1)!}\)，由于出题人卡空间，所以可以直接计算阶乘而不是预处理（复杂度同样是\(O(n)\)，每个数只会被遍历一次）
那么就可以做到\(O(n)\)解决本题了。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 104857601;
const int p = 104857600;
const int N = 1000010;
bool vis[N];
short mu[N];
int pr[N], cnt = 0;
int fac;
int power(int a, int b, int Mod) {
int ans = 1;
while(b) {
if(b & 1) ans = (ll)ans * a % Mod;
a = (ll)a * a % Mod;
b >>= 1;
}
return ans % Mod;
}
void init(int n) {
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
if(!vis[i]) pr[++cnt] = i, mu[i] = -1;
for(int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] <= n; ++j) {
vis[i * pr[j]] = 1;
if(i % pr[j] == 0) break;
mu[i * pr[j]] = -mu[i];
}
mu[i] += mu[i - 1];
}
fac = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) fac = (ll)fac * i % mod;
}
int n;
int calc2(int n) {
int ans = 0;
for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
r = n / (n / l);
ans = (ans + (ll)(n / l) * (n / l) % p * (mu[r] - mu[l - 1] + p) % p) % p;
}
return ans % p;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
init(n);
int ans = 1;
int sum = power((ll)fac * fac % mod, n, mod);
for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
r = n / (n / l); fac = 1ll;
for(int i = l; i <= r; ++i) fac = (ll)fac * i % mod;
int t = power((ll)fac * fac % mod, calc2(n / l), mod);
ans = (ll)ans * t % mod;
}
printf("%lld\n", (ll)sum * power(ans, mod - 2, mod) % mod);
}