SSL2837 2017年11月6日提高组T1 互质（math）

2017年11月6日提高组T1 互质

Description

对于两个整数k 和m，如果k 和m 的最大公约数为1，则k 和m 互质。给出两个正整

数n 和m(m≤n),定义f(n,m)为1~n！中与m！互质的数的个数。其中n！=1*2*3*..*(n-1)*n。

Task：给定n 和m，要求计算f(n,m)。

Input

本题设多组数据。

输入文件的第一行有一个整数T(1≤T≤100000)，表示有T 组数据。

接下来有T 行，每行两个整数n 和m(2≤n≤100000,2≤m≤n)。

Output

输出文件包含T 行，每行一个整数，表示f(n,m)。

由于答案过大，所以你只要输出f(n,m) mod 131071。

131071 是M17(梅森素数,2^17-1)。

Sample Input

1

3 2

Sample Output

3

Hint

对于100%的数据，1≤T≤100000，2≤N≤100000

AcFast 友情提示：小心运算溢出，也就是RTE215 错误

分析：首先，令n=N!，m=M!

∵M<=N

∴m|n，所以问题化为求1-n中与m互质的数的个数，即(n/m)*phi(m)，其正确性是显然的。

如果一个数x< m且和m互质，即gcd(x,m)=1，那么gcd(x+km,m)=1，假设x+km和m不互质，那么一定存在一个m的因数y，使得y也是x+km的因数，即能写成y(x/y+km/y)，但是x中没有y这个因子，

∴假设不成立

∴gcd(x+km,m)=1，对于每一个小于m的和m互质的数，都能用这个式子退出剩下的大于m小于等于n且和m互质的数，于是我们得到ans=(n/m)phi(m)，这样是否包含了所有的答案呢？

可以知道对于任意一个与m互质的数，减去km一定能得到m以内的一个和m互质的数，因此上式包含了所有的符合要求的数

由于M!是阶乘，所以phi(i)=M!(1-1/p1)(1-1/p2)…(1-1/pk)，1到pk是小于等于M的所有素数，O(MloglogM)筛出，约去M!得ans=N!(1-1/p1)(1-1/p2)…(1-1/pk)，所有的N!都可以在O(N)的预处理求出，因为要modR，所以需要求p1到pk的逆元。

我们观察式子：ans=N!(1-p1/1)(1-p2/1)…(1-pk/1)，对于不同的询问，只有N!和k不同，既然能够预处理N!，何不预处理后面的乘积？进行O(M)的预处理，每次回答的复杂度降为O(1)。

代码

#include <cstdio>
#define N 100005
#define mo 131071
#define ll long long
using namespace std;

ll p
,ny
,jc
,phi
;
ll n,m,tot;
bool f
;

ll power(ll a,ll b)
{
ll r=1,base=a;
while (b)
{
if (b&1) r=r*base%mo;
base=base*base%mo;
b>>=1;
}
return r;
}

int main()
{
//  freopen("a.in","r",stdin);
//  freopen("a.out","w",stdout);
int T;
scanf("%d",&T);
jc[1]=ny[1]=1;
for (int i=2;i<=100000;i++)
{
jc[i]=jc[i-1]*i%mo;
ny[i]=power(i,mo-2);
}
f[1]=true;
for (int i=2;i<=100000;i++)
{
if (!f[i]) p[++tot]=i;
for (int j=1;j<=tot;j++)
{
if (p[j]*i>100000) break;
f[p[j]*i]=true;
if (i%p[j]==0) break;
}
}
int x=0,q=1;
phi[1]=1;
while (1)
{
q++;
if (q>100000) break;
if (q==p[x+1])
{
x++;
if (x>tot) break;
phi[q]=phi[q-1]*(p[x]-1)%mo*ny[p[x]]%mo;
continue;
}
phi[q]=phi[q-1];
}
while (T--)
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
printf("%lld\n",jc
*phi[m]%mo);
}
}