CodeChef-RNDRATIO Mysterious Ratio

题意简述：

对每个 \(1 \le i \le n\) ，随机选择一个数 \(A_i\) ，满足 \(L_i \le A_i \le R_i\) ，求 \(\mathrm{lcm}_{i=1}^n A_i\) 的期望。

\(1 \le n \le 10^5\) ， \(1 \le L_i \le R_i \le 10^5\) 。

Example Input:

2
1
1 3
2
2 4
5 5

Example Output:

1
15

好久没做毒瘤式子题，推错好几次...

不过后面用到的乘法差分还是比较新颖，记录一下吧。

答案显然是这个式子—— \[ \prod_{i=1}^n (R_i-L_i+1)^{-1} \sum_{\begin{aligned}L_i \le &A_i \le R_i \\ 1 \le &i \le n\end{aligned}} \frac{\prod_{i=1}^n A_i}{\gcd_{i=1}^{n} A_i} \] 前面的 \(\prod\) 是常数可以先抛开，后面就暴算吧。（等式右边 \(\cdots\) 后有少许说明） \[ \begin{aligned} \sum_{L_i \le A_i \le R_i} \frac{\prod A_i}{\gcd A_i} &= \sum_{k=1}^{\min R_i} \sum_{L_i \le A_i \le R_i} [\gcd A_i = k] \frac{\prod A_i}{k} \\ &= \sum_k k^{n-1} \sum_{\lceil \frac{L_i}{k} \rceil \le B_i \le \lfloor \frac{R_i}{k} \rfloor} [\gcd B_i = 1] \prod B_i \qquad \qquad \cdots ( \ k B_i = A_i \ ) \\ &= \sum_k k^{n-1} \sum_{\lceil \frac{L_i}{k} \rceil \le B_i \le \lfloor \frac{R_i}{k} \rfloor} \sum_{d|\gcd B_i} \mu(d) \prod B_i \qquad \qquad \cdots ( \ \sum_{d|n} \mu(d) = [n=1] \ ) \\ &= \sum_k k^{n-1} \sum_{d=1}^{\lfloor \frac{\min R_i}{k} \rfloor} \mu(d) d^n \sum_{\lceil \frac{L_i}{kd} \rceil \le C_i \le \lfloor \frac{R_i}{kd} \rfloor} \prod C_i \qquad \quad \ \cdots ( \ d C_i = B_i , \ \frac{\lfloor \frac{a}{b} \rfloor}{c} = \lfloor \frac{a}{bc} \rfloor \ ) \\ &= \sum_k k^{n-1} \sum_{d} \mu(d) d^n \prod_{i=1}^n \sum_{\lceil \frac{L_i}{kd} \rceil \le x \le \lfloor \frac{R_i}{kd} \rfloor} x \\ &= \sum_k k^{n-1} \sum_{d} \mu(d) d^n \prod_{i=1}^n \left( S(\lfloor \frac{R_i}{kd} \rfloor) - S(\lceil \frac{L_i}{kd} \rceil -1) \right) \qquad \qquad \qquad \cdots ( \ S(n) = \sum_{x=1}^n x \ ) \\ &= \sum_{T=1}^{\min R_i} \left( \sum_{d|T} \mu(d) (\frac{T}{d})^{n-1} d^n \right) \prod_{i=1}^n \left( S(\lfloor \frac{R_i}{T} \rfloor) - S(\lceil \frac{L_i}{T} \rceil -1) \right) \qquad \ \cdots ( \ T = kd \ ) \\ &= \sum_T T^{n-1} \left( \sum_{d|T} \mu(d) d \right) \prod_{i=1}^n \left( S(\lfloor \frac{R_i}{T} \rfloor) - S(\lceil \frac{L_i}{T} \rceil -1) \right) \end{aligned} \]

所以最终的式子便是

\[ \prod_{i=1}^n (R_i-L_i+1)^{-1} \sum_{T=1}^{\min R_i} T^{n-1} f(T) \prod_{i=1}^n \left( S(\lfloor \frac{R_i}{T} \rfloor) - S (\lceil \frac{L_i}{T} \rceil -1) \right) \] 其中 \[ S(n) = \frac{n(n+1)}{2} \]

\[ f(n) = \sum_{d|T} \mu(d) d \]

显然 \(f(n)\) 是个积性函数，故可以用线性筛预处理出其前 \(n\) 项，只需用到如下的性质

\[ f(p^c) = \sum_{i=0}^c \mu(p^i) p^i = 1 - p \quad (c \ge 2) \]

其实如果所有 \(Li,R_i\) 都相等的话就可以直接上杜教筛 / min25筛之类的黑科技把复杂度优化到 \(O(n^{1-\omega})\) 了，但这道题很不套路的不相等，所以我们需要找到方法对所有 \(T\) 快速计算后面的 \(\prod\) 。

正解巧妙的使用了乘法差分。首先 \(O(n \sqrt n)\) 对所有 \(i\) 都整除分块一次得到区间，然后在 \(T\) 上做乘法差分，每个分块区间乘上贡献 \(S(\lfloor \frac{R_i}{T} \rfloor) - S (\lceil \frac{L_i}{T} \rceil -1)\) 。最后计算的时候扫一遍就能拿到每个 \(T\) 对应的 \(\prod\) 的值了。

注意对 \(0\) 的特殊处理。

CodeChef上跑不过，懒得卡常了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
ll Rd(){
    ll ans=0;bool fh=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') fh=1; c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9') ans=ans*10+c-'0',c=getchar();
    if(fh) ans=-ans;
    return ans;
}

ll CD(ll a,ll b){return (a-1)/b+1;} //CeilDiv
const ll MOD=998244353,INF=1E18;
#define _ %MOD
ll PMod(ll x){
    if(x>=MOD) return x-MOD;
    else if(x<0) return x+MOD;
    else return x;
}
ll QPow(ll x,ll up){
    PMod(x _);ll ans=1;
    while(up){
        if(up%2==0) x=x*x _,up/=2;
        else ans=ans*x _,up--;
    }
    return ans;
}
ll Inv(ll x){return QPow(x,MOD-2);}
const ll INV2=Inv(2);

const ll MXN=1E5+5;
ll P[MXN],pN;
bool notP[MXN];
ll f[MXN];//\sum_{d|n} \mu(d) d
void LinearSieve(ll n){
    notP[1]=1;for(ll i=2;i<=n;i++) notP[i]=0;
    pN=0;f[1]=1;
    for(ll i=2;i<=n;i++){
        if(!notP[i]){
            P[++pN]=i;
            f[i]=PMod(1-i);
        }
        for(ll j=1;j<=pN&&i*P[j]<=n;j++){
            notP[i*P[j]]=1;
            if(i%P[j]==0){
                f[i*P[j]]=f[i];
                break;
            }
            f[i*P[j]]=f[i]*f[P[j]]_;
        }
    }
}
ll S(ll n){return n*(n+1)_*INV2 _;}
ll N,MI;
ll L[MXN],R[MXN];
/*namespace Normal{
    void Solve(){
        ll Ans=0;
        for(ll t=1;t<=MI;t++){
            ll pdt=1;for(ll i=1;i<=N;i++) pdt=pdt*PMod(S(R[i]/t)-S(CD(L[i],t)-1))_;
            Ans=(Ans+QPow(t,N-1)*f[t]_*pdt)_;
        }
        ll pdt=1;for(ll i=1;i<=N;i++) pdt=pdt*Inv(R[i]-L[i]+1)_;
        Ans=Ans*pdt _;
        printf("%lld\n",Ans);
    }
}*/
namespace Lunatic{
    ll diff[MXN],zero[MXN];
    ll bl[MXN],br[MXN],blN,brN;
    void PutDiff(){
        for(ll k=1;k<=MI;k++) diff[k]=1,zero[k]=0;
        for(ll i=1;i<=N;i++){
            brN=0;for(ll t=1;t<=R[i];t=R[i]/(R[i]/t)+1) br[++brN]=R[i]/(R[i]/t);
            br[++brN]=MI;
            blN=0;for(ll t=MI;t>=1;t=CD(L[i],CD(L[i],t))-1) bl[++blN]=t;
            for(ll j=blN,k=1,st=1,ed;st<=MI;st=ed+1){
                if(bl[j]<br[k]||k>brN) ed=bl[j--];
                else ed=br[k++];
                ll t=ed;
                ll val=PMod(S(R[i]/t)-S(CD(L[i],t)-1));
                if(val){
                    diff[st]=diff[st]*val _;
                    diff[ed+1]=diff[ed+1]*Inv(val)_;
                }else{
                    zero[st]++;
                    zero[ed+1]--;
                }
            }
        }
    }
    void Solve(){
        PutDiff();
        ll Ans=0;
        ll pdt=1,zn=0;
        for(ll t=1;t<=MI;t++){
            zn+=zero[t];pdt=pdt*diff[t]_;
            if(!zn) Ans=(Ans+QPow(t,N-1)*f[t]_*pdt)_;
        }
        pdt=1;for(ll i=1;i<=N;i++) pdt=pdt*Inv(R[i]-L[i]+1)_;
        Ans=Ans*pdt _;
        printf("%lld\n",Ans);
    }
}
int main(){
    LinearSieve(MXN-1);
    ll T=Rd();while(T--){
        N=Rd();
        MI=INF;
        for(ll i=1;i<=N;i++){
            L[i]=Rd();R[i]=Rd();
            MI=min(MI,R[i]);
        }
        //Normal::Solve();
        Lunatic::Solve();
    }
    return 0;
}