cfF. Boring Queries

题意：

n个数组a[]，q个询问，每次询问区间[l,r]的lcm值
题目要求强制在线
1<=n<=1e5
1<=a<=2e5
1<=q<=1e5

题解：

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我们一般求lcm都是直接通过ab/gcd(a,b)来做，但是现在要对所有lcm取模，且a，b都比较大，就不能直接通过这个计算了，我们开始挖掘lcm更深层的内涵。
ab/gcd(a,b)的作用其实是对a，b的每个质因子的幂次都取了max，就是说，如果$a=p_1^{x1}\ast p_2^{x2}.....\ast p_n^{xn}$,$b=p_1^{y1}\ast p_2^{y2}.....\ast p_n^{yn}$,那么$lcm(a,b)=p_1^{max(x1,y1)}\ast p_2^{max(x2,y2)}.....\ast p_n^{max(xn,yn)}$
也就是我们可以通过维护质因子的个数，来求lcm
现在我们开始考虑质因子的个数，因为ai<=2e5，所以对于质因子p，如果$p^2$>2e5,那么它出现的次数只有0/1，那查询一个区间内除重后的这些数的乘积。为了减少空间开支，我们可以用主席树来维护这这些质因子，但是一个区间内有可能出现多个相同质因子，该如何处理？
我们参考P1972 [SDOI2009]HH的项链中主席树的操作，对于右端点为r的区间[…,r]，相同数字，我们只维护最靠近r的(对每个因子维护一个最后出现的乘积，这样就不会重复计算)。

如果$p^2$<2e5,最多只有86个质数，那么可以用87个线段树来维护区间max,因为本题并没有涉及修改，rmq问题可以用st表来实现，维护86个RMQ表
复杂度是$O(86\ast nlogn)$

个人思考：
我感觉分块不能做，多个数的lcm不是所有数的乘积除以所有数的gcd，就比如4 ，8，3
$O(86\ast nlogn)$常数偏大，但是能过，还有$O(nlo{g}^{2}n)$的做法，之后更新

代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N= 1e5 + 10, M= 2e5 + 10, mod= 1e9 + 7;int root[N], ls[N * 40], rs[N * 40], sum[N * 40], num;int prime[N], Log[N], inv[M], pre[M], fac[M], a[N], cnt, n, m;vector<int> p[87];bool st[M];struct RMQ
{char f[N][18];void init(){for (int j= 1; j < 18; j++) {for (int i= 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) {f[i][j]= max(f[i][j - 1], f[i + (1 << j - 1)][j - 1]);}}}int query(int l, int r){int s= Log[r - l + 1];return max(f[l][s], f[r - (1 << s) + 1][s]);}
} rmq[87];void init()
{inv[1]= 1;for (int i= 2; i < M; i++) {inv[i]= 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;if (!st[i]) {prime[++cnt]= i;}for (int j= 1; j <= cnt && 1ll * i * prime[j] < M; j++) {st[i * prime[j]]= 1;if (i % prime[j] == 0) {break;}}}for (int i= 2; i < N; i++) {Log[i]= Log[i / 2] + 1;}for (int j= 1; prime[j] * prime[j] < M; j++) {for (int i= 1; i <= n; i++) {while (a[i] % prime[j] == 0) {a[i]/= prime[j];rmq[j].f[i][0]++;}}rmq[j].init();for (int cur= 1; cur < M; cur*= prime[j]) {p[j].push_back(cur); //第j个质数所对应的各种次幂}}for (int i= 87; i <= cnt; i++) {for (int j= prime[i]; j < M; j+= prime[i]) {fac[j]= prime[i];}}
}void build(int& rt, int l, int r)
{rt= ++num;if (l == r) {sum[rt]= 1;return;}int mid= l + r >> 1;build(ls[rt], l, mid);build(rs[rt], mid + 1, r);sum[rt]= sum[ls[rt]] * sum[rs[rt]];
}void update(int& rt, int pre, int l, int r, int x, int v)
{rt= ++num;ls[rt]= ls[pre];rs[rt]= rs[pre];sum[rt]= 1ll * sum[pre] * v % mod;if (l == r) {return;}int mid= l + r >> 1;if (x <= mid) {update(ls[rt], ls[pre], l, mid, x, v);}else {update(rs[rt], rs[pre], mid + 1, r, x, v);}
}int query(int rt, int l, int r, int L, int R)
{if (l >= L && r <= R) {return sum[rt];}int ans= 1, mid= l + r >> 1;if (L <= mid) {ans= 1ll * ans * query(ls[rt], l, mid, L, R) % mod;}if (R > mid) {ans= 1ll * ans * query(rs[rt], mid + 1, r, L, R) % mod;}return ans;
}int main()
{// freopen("in.txt", "r", stdin);// freopen("out.txt", "w", stdout);scanf("%d", &n);for (int i= 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &a[i]);}init();build(root[0], 1, n);for (int i= 1; i <= n; i++) {root[i]= root[i - 1];if (!fac[a[i]]) {continue;}update(root[i], root[i], 1, n, i, fac[a[i]]);if (pre[fac[a[i]]]) {update(root[i], root[i], 1, n, pre[fac[a[i]]], inv[fac[a[i]]]); //将上个位置的fac[a[i]]去掉}pre[fac[a[i]]]= i;}scanf("%d", &m);int ans= 0;for (int i= 1, l, r; i <= m; i++) {scanf("%d %d", &l, &r);l= (ans + l) % n + 1, r= (ans + r) % n + 1;if (l > r) {swap(l, r);}ans= 1;for (int j= 1; j <= 86; j++) {ans= 1ll * ans * p[j][rmq[j].query(l, r)] % mod;}ans= 1ll * ans * query(root[r], 1, n, l, r) % mod;printf("%d\n", ans);}return 0;
}