题面

题解

好毒啊……\(de\)了一个晚上的\(bug\)……

题目所求为

\[\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^{\mu(i)+i}(mod\ 10^{12}+39)\]

那么我们把式子拆开来，变成

\[(\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^{\mu(i)})(\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^i)\]

左边

现在就是要求\(\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^{\mu(i)}\)

我们发现只有在所有质因子都不超过\(1\)个的时候才会有\(\mu(i)\neq 0\)

那么上式就可以转化一下

\[\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^{\mu(i)}=\prod_{i=1}^n 2^{c(i)\mu(i)}=2^{\sum_{i=1}^nc(i)\mu(i)}\]

其中\(c(i)\)表示\(i\)的因子个数

于是现在我们要对\(\sum_{i=1}^nc(i)\mu(i)\)，求和，考虑\(Min\_25\)筛

假设我们现在已经求出\(g(n,|P|)=\sum_{i=1}^n c(i)\mu(i)[i\in prime]\)

设

\[S(n,j)=\sum_{i=1}^n c(i)\mu(i)[i\in prime\ or\ min_p(i)\geq P_j]\]

那么我们就可以递推了

\[S(n,j)=S(n,j+1)+(-1) \left(S \left(\left\lfloor\frac{n}{P_j}\right\rfloor,j+1\right)-\sum_{i=1}^{j-1}\mu(i)\right)\]

等等，按上面这样真的大丈夫？我们是对于\(S(n,j)\)考虑是否有\(P_j\)这个质因子，如果没有就是加上\(S(n,j+1)\)，如果有的话就是加上后面那个……

似乎不对诶，我让\(P_j\)乘上去之后，每一个数的因子个数\(+1\)，那么我们维护的\(\sum c(i)\mu(i)\)里面\(c(i)\)也要变啊，这不就出问题了么？因为这里\(c(i)\)加了\(1\)，那么为了让减去的这个值是真的，我们似乎还需要减去\(\sum \mu(i)\)

为了避免这个问题，我们还需要定义一个

\[\sum_{i=1}^n \mu(i)[i\in prime\ or\ min_p(i)\geq P_j]\]

那么这下子就能真·递推了

\[g(n,j)=g(n,j+1)+(-1) \left(g \left(\left\lfloor\frac{n}{P_j}\right\rfloor,j+1\right)-\sum_{i=1}^{j-1}\mu(i)\right)\]

\[S(n,j)=S(n,j+1)+(-1) \left(S \left(\left\lfloor\frac{n}{P_j}\right\rfloor,j+1\right)-\sum_{i=1}^{j-1}\mu(i)\right)+(-1) \left(g \left(\left\lfloor\frac{n}{P_j}\right\rfloor,j+1\right)-\sum_{i=1}^{j-1}\mu(i)\right)\]

用\(Min\_25\)筛带进去递推就行了

右边

要求

\[\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^i\]

那么我们考虑枚举质因子，大概是这么个式子

\[\prod_{p}\prod_{k}(k+1)^{g(p,k)}\]

就是枚举质数\(p\)，枚举这个质数的次数\(k\)，\(g(p,k)\)表示\(1\)到\(n\)中有这么多个数满足它们的中\(p\)的次数为\(k\)，然后这些数求和

不难发现

\[g(p,k)=p^ks(\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor)-p^{k+1}s(\lfloor\frac{n}{p^{k+1}}\rfloor)\]

如果\(p<\sqrt{n}\)，直接暴力搞就行了，复杂度是和\(Min\_25\)筛一样的

然而\(p>\sqrt{n}\)怎么办呢？

发现这个时候\(k=1\)，那么就可以上整除分块了

然后没有然后了

最后最后：记得取模，记得取模，记得取模！

//minamoto#include
    
     #define R register#define ll long long#define dd long double#define ID(x) ((x)<=sqr?id1[x]:id2[n/(x)])#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i
     
      I;--i)#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)using namespace std;const int N=1e6+5;const ll P=1e12+39,Phi=P-1;inline ll add1(R ll x,R ll y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}inline ll dec1(R ll x,R ll y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}inline ll mul1(R ll x,R ll y){ll r=(dd)x*y/P;return x*y-r*P;}inline ll add2(R ll x,R ll y){return x+y>=Phi?x+y-Phi:x+y;}inline ll dec2(R ll x,R ll y){return x-y<0?x-y+Phi:x-y;}inline ll mul2(R ll x,R ll y){ll r=(dd)x*y/Phi;return x*y-r*Phi;}ll ksm(R ll x,R ll y){    y=(y%Phi+Phi)%Phi;    ll res=1;    for(;y;y>>=1,x=mul1(x,x))if(y&1)res=mul1(res,x);    return res;}ll w[N],g[N],h[N],f[N],sp[N],sum[N];int id1[N],id2[N],p[N];bitset
      
       vis;ll n,ans,res;int m,tot,sqr,lim,id,k;void init(){    vis[1]=1;    fp(i,2,N-1){        if(!vis[i])p[++tot]=i,sp[tot]=sp[tot-1]+i;        for(R int j=1;j<=tot&&1ll*i*p[j]
       
        >1,w[m]):mul2(w[m]>>1,w[m]+1),h[m]=dec2(h[m],1);        g[m]=w[m]-1;    }    fp(j,1,tot)for(R int i=1;1ll*p[j]*p[j]<=w[i];++i){        id=ID(w[i]/p[j]);        h[i]=dec2(h[i],mul2(p[j],dec2(h[id],sp[j-1])));        g[i]=dec2(g[i],dec2(g[id],j-1));    }    fp(i,1,m)f[i]=g[i]=dec2(0,g[i]);    fd(j,tot,1)for(R int i=1;1ll*p[j]*p[j]<=w[i];++i){        id=ID(w[i]/p[j]);        f[i]=dec2(f[i],add2(add2(g[id],j),add2(f[id],j)));        g[i]=dec2(g[i],add2(g[id],j));    }    ans=ksm(2,f[1]);    ll i,j;    for(j=1;j<=tot&&1ll*p[j]*p[j]<=n;++j){        ll x=p[j],y=1ll*p[j]*p[j];        for(i=1;x<=n;++i,x=y,y*=p[j]){            res=dec2(mul2(x,sum[ID(n/x)]),y<=n?mul2(y,sum[ID(n/y)]):0);            ans=mul1(ans,ksm(i+1,res));        }    }    i=p[j-1]+1,j=n/(n/i);    for(;i<=j;++i)if(!vis[i])ans=mul1(ans,ksm(2,mul2(i,n/i)));    for(;i<=n;i=j+1){        j=n/(n/i);        res=h[ID(j)],res=dec2(res,h[ID(i-1)]);        res=mul2(res,sum[ID(n/i)]);        ans=mul1(ans,ksm(2,res));    }    printf("%lld\n",ans);}int main(){//  freopen("testdata.in","r",stdin);    int T;scanf("%d",&T);init();    while(T--)scanf("%lld",&n),solve();    return 0;}