Solution 一道水题II

题目大意:求(1-n)的最小公倍数，对(1e8+7)取模

筛法，数论

分析：首先暴力求乘积除以(gcd)是不行滴，(nlogn)直接上天，我们考虑(lcm)的性质，把每个数分解质因数(有些质数指数为(0))，那么把这些数的(lcm)分解质因数后，(lcm)每个因子的指数应该是每个数对应因子指数的最大值

有了这个性质就很好做了，首先用筛法把(1-N)里面的质数筛出来，枚举所有质数(x),那么这个质数对答案的贡献(x^{lfloor log_xN floor})，快速幂算一下乘起来就好

换底公式:

(log_xN=frac{logN}{logx})

然后就是喜闻乐见的卡常时间

(Trick;1:)对于所有质数(x)，若(x>sqrt{n})，(lfloor log_xN floor=1)
(Trick;2:)埃筛肯定是会(GG)的，使用欧拉筛并用(bitset)优化内存，在(O2)的加持下由于对(Cache)更加友好，跑得比数组快得多
(Trick;3:)由于取模运算常数较大，我们只当(ans>mod)时才取模

#include <iostream>
#include <bitset>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e8 + 7,maxn = 1e8 + 100;
bitset<maxn + 1> vis;
int n,pri[6000000],pri_tot,sq;
ll ans = 1;
template <typename T>
inline void domod(T &x){
    if(x >= mod)x %= mod;
}
inline ll qpow(ll a,ll b){
	ll base = a,res = 1;
	while(b){
		if(b & 1)res *= base,domod(res);
		base *= base,domod(base);
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
inline void init(){
	for(register int i = 2;i <= n;i++){
		if(!vis[i])pri[++pri_tot] = i;
		for(register int j = 1;j <= pri_tot;j++){
			if(1ll * pri[j] * i > n)break;
			vis[i * pri[j]] = 1;
			if(!(i % pri[j]))break;
		}
	}
}
int main(){
	cin >> n;
    sq = sqrt(n);
	init();
	for(int i = 1;i <= pri_tot;i++){
		ans *= pri[i] > sq ? pri[i] : qpow(pri[i],log(n) / log(pri[i])),domod(ans);
	}
	cout << ans << '
';
	return 0;
}