前置知识
欧拉定理
若 g c d ( a , m ) = 1 gcd(a,m)=1 gcd(a,m)=1,则 a φ ( m ) ≡ 1 ( m o d m ) a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m} aφ(m)≡1(modm)
扩展欧拉定理
a b ≡ { a b m o d φ ( m ) , gcd ( a , m ) = 1 , a b , gcd ( a , m ) ≠ 1 , b < φ ( m ) , a ( b m o d φ ( m ) ) + φ ( m ) , gcd ( a , m ) ≠ 1 , b ≥ φ ( m ) . ( m o d m ) a^b \equiv \begin{cases} a^{b \bmod \varphi(m)}, &\gcd(a,m) = 1, \\ a^b, &\gcd(a,m)\ne 1, b < \varphi(m), \\ a^{(b \bmod \varphi(m)) + \varphi(m)}, &\gcd(a,m)\ne 1, b \ge \varphi(m). \end{cases} \pmod m ab≡⎩⎪⎨⎪⎧abmodφ(m),ab,a(bmodφ(m))+φ(m),gcd(a,m)=1,gcd(a,m)=1,b<φ(m),gcd(a,m)=1,b≥φ(m).(modm)
费马小定理
若p为素数， g c d ( a , p ) = 1 gcd(a,p)=1 gcd(a,p)=1,则 a p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) a^{p - 1} \equiv 1 \pmod{p} ap−1≡1(modp)
注：若m为素数，则 φ ( m ) = m − 1 \varphi(m) = m-1 φ(m)=m−1
题目
题目链接：
ac.nowcoder.com/acm/contest…
给一个数组，求数组所有非空子序列的权值之积。
数组的权值：数组中的最大值乘最小值
长度为n的数组，有 2 n − 1 2^n-1 2n−1个非空子序列，枚举必然超时。
将数组排序，当排序了以后，如果确定了最大值和最小值，它们中间的数取不取对结果是没有影响的。
因此，通过这种方式可以枚举最大值和最小值，中间的部分规约在一起，利用欧拉降幂进行计算，这样复杂度为 O ( n 2 l o g n ) O(n^2logn) O(n2logn),这样还是不够。
如果区间长度 ( r − l + 1 ) (r-l+1) (r−l+1)为 k k k ，那么中间的数有【取】或【不取】两种状态，因此有 2 k − 2 2^{k-2} 2k−2的权值贡献。
对于长度固定的情况，那么贡献的次数固定。这部分可以利用乘法分配律合并起来。
这样最终只需要枚举区间长度就可以。
举例
以长度为5的数组举例 [ 1 , 2 , 3 , 4 , 5 ] [1,2,3,4,5] [1,2,3,4,5]，假设已经排好序
- 枚举长度 2，最终带来的权值收益是
( 1 ∗ 2 ) 2 0 ∗ ( 2 ∗ 3 ) 2 0 ∗ ( 3 ∗ 4 ) 2 0 ∗ ( 4 ∗ 5 ) 2 0 (1*2)^{2^0}*(2*3)^{2^0}*(3*4)^{2^0}*(4*5)^{2^0} (1∗2)20∗(2∗3)20∗(3∗4)20∗(4∗5)20
- 枚举长度 3，最终带来的权值收益是
( 1 ∗ 3 ) 2 1 ∗ ( 2 ∗ 4 ) 2 1 ∗ ( 3 ∗ 5 ) 2 1 (1*3)^{2^1}*(2*4)^{2^1}*(3*5)^{2^1} (1∗3)21∗(2∗4)21∗(3∗5)21
- 枚举长度 4，最终带来的权值收益是
( 1 ∗ 4 ) 2 2 ∗ ( 2 ∗ 5 ) 2 2 (1*4)^{2^2}*(2*5)^{2^2} (1∗4)22∗(2∗5)22
- 枚举长度 5，最终带来的权值收益是
( 1 ∗ 5 ) 2 3 (1*5)^{2^3} (1∗5)23
根据公式 a t ∗ b t = ( a ∗ b ) t a^t*b^t=(a*b)^t at∗bt=(a∗b)t ，这些幂相同的底数都是可以合并的。
合并之后：
l e n = 2 len=2 len=2时， ( 1 ∗ 2 2 ∗ 3 2 ∗ 4 2 ∗ 5 ) 2 0 (1*2^2*3^2*4^2*5)^{2^0} (1∗22∗32∗42∗5)20
l e n = 3 len=3 len=3时， ( 1 ∗ 2 ∗ 3 2 ∗ 4 ∗ 5 ) 2 1 (1*2*3^2*4*5)^{2^1} (1∗2∗32∗4∗5)21
l e n = 4 len=4 len=4时， ( 1 ∗ 2 ∗ 4 ∗ 5 ) 2 2 (1*2*4*5)^{2^2} (1∗2∗4∗5)22
l e n = 5 len=5 len=5时， ( 1 ∗ 5 ) 2 3 (1*5)^{2^3} (1∗5)23
可以发现规律，每次都少了两边的一个值，可以先计算出数组的平方之积，每个长度可以用l和r表示两边的元素，将这个两个元素除去（要用逆元），最后乘上贡献即可。
欧拉降幂：
根据费马小定理，当 a a a 和 p p p 互素时，有 a p − 1 % p = 1 a^{p-1}\%p=1 ap−1%p=1
那么我们要计算 a b % p a^b\%p ab%p 的值，可以先把 b b b 写成 b = ( p − 1 ) u + v b=(p-1)u+v b=(p−1)u+v 的形式
即求 a ( p − 1 ) u + v = a ( p − 1 ) u ∗ a v a^{(p-1)u+v}=a^{(p-1)u}*a^v a(p−1)u+v=a(p−1)u∗av，前部分模 p p p为1，所以答案就是 a v a^v av,而 v = b % ( p − 1 ) v=b\%(p-1) v=b%(p−1)
也就是说，我们要求 a b % p a^b\%p ab%p，如果b 是个比较大的数（可能是个幂的形式），可以先让 b 对 (p-1) 取模，是不影响最终答案的正确性的（前提是 a 和 p 互素）。这个取模就叫做欧拉降幂。
因为len=1没有计算，所以先将答案乘上len=1时产生的贡献
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
ll ksm(ll a,ll b,ll p)
{
ll res = 1;
while(b)
{
if(b&1) res = res * a % p ;
b >>= 1;
a = a * a % p;
}
return res;
}
ll inv(ll x)
{
return ksm(x,mod-2,mod);
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
vector<ll>a(n);
ll res = 1, tmp = 1;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
tmp = tmp * a[i] % mod * a[i] % mod;
}
//len=1
res = res * tmp % mod;
sort(a.begin(),a.end());
int l = 0, r = n-1;
while(l < n-1)
{
tmp = tmp * inv(a[l++]) % mod * inv(a[r--]) % mod;
res = res * ksm(tmp,ksm(2,l-1,mod-1),mod) % mod;
}
cout<<res<<endl;
return 0;
}
