Multipliers codeforces -費馬小定理

http://codeforces.com/contest/615/problem/D

Ayrat has number n, represented as it's prime factorization p_i of size m, i.e. n = p₁·p₂·...·p_m. Ayrat got secret information that that the product of all divisors of n taken modulo 10⁹ + 7 is the password to the secret data base. Now he wants to calculate this value.

Input

The first line of the input contains a single integer m (1 ≤ m ≤ 200 000) — the number of primes in factorization of n.

The second line contains m primes numbers p_i (2 ≤ p_i ≤ 200 000).

Output

Print one integer — the product of all divisors of n modulo 10⁹ + 7.

Sample test(s)

Input

2
2 3

Output

36

Input

3
2 3 2

Output

1728

Note

In the first sample n = 2·3 = 6. The divisors of 6 are 1, 2, 3 and 6, their product is equal to 1·2·3·6 = 36.

In the second sample 2·3·2 = 12. The divisors of 12 are 1, 2, 3, 4, 6 and 12. 1·2·3·4·6·12 = 1728.

題意：給n各質數，求這n各質數相乘的值m的所有的因子的乘積mod（1e9+7）。例如給出3個質數2，2，3。乘積爲12。讓求1×2×3×4×6×12mod（1e9+7）的值。

解題思路：

小於200000的素數不是很多，所以肯定有很多重複的數字。開一個map，記錄素數和對應的個數。

然後看組合情況，假設素數j有k個，那麼j有（kj+1）種出現的形式，所以對於所有的素數就有（k1+1）×（k2+1）×（k3+1）×（k4+1）*...*（kn+1）= sum種組合方式。不考慮j時就有sum/（kj+1）種。假設其中一種除j外的乘積爲a，那麼就有（a）×（a×j）×（a× j^2）×（a×j^3）×...×（a×j^kj） = （a^(kj+1)）×（j^(kj*(kj+1)/2)） .所以在所有的情況中共乘了j^((kj*(kj+1)/2))^(sum/(kj+1)).對於每一個素數求解一遍，乘積mod（1e9+7）爲結果。

但是因爲數據量過大，會導致sum爆 long long，所以在求解每一個j的sum/（kj+1）時要想辦法。

我們用cnt（j）表示j^((kj*(kj+1)/2))

所以我們用d表示遍歷到j時的種類的個數，即d（j）= （k1+1）×（k2+1）×（k3+1）×...×（kj+1）

然後

d(0)=1;ans = 1;
for j in ma:
    cnt(j)
    ans=ans^(k+1)*cnt(j)^d（j-1）;
    d(j)
ans爲最終結果

例如我們有一組數據2 2 3 5 5
則

cnt(1) = 2^(2*3/2)=8,cnt(2)=3^(1+2/2)cnt(3)
j = 1:
    ans = cnt(1)^1
    d(1)=d(0)*(k1+1)=(k1+1)
j = 2:
    ans = cnt(1)^1^(k2+1)*cnt(2)^(k1+1)
    d(2) =d(1)*(k2+1)= (k1+1)*(k2+1)
j = 3:
    ans = cnt(1)^1^(k2+1)^(k3+1)*cnt(2)^(k1+1)(k3+1)*cnt(3)^(k1+1)*(k2+1)
    d(3) = d(2)*(k3+1)

並且在本解法中沒有sum/k的運算。由費馬小定理若p是質數，且gcd(a,p)=1，那麼 a^(p-1)≡1（mod p），則a^x≡a^(x%(m-1))(mod p)
所以再加上%mod得到：

d(0)=1;ans = 1;
for j in ma:
    cnt(j)
    ans=ans^(k+1)%mod*cnt(j)^d（j-1）%mod;
    d(j)%（mod-1）
然後再用快速冪解法

ll fast_mod(ll n,ll m,ll mod){
	ll ans =1;
	while(m){
		if(m&1)ans = ans*n%mod;
		m>>=1;
		n = n*n%mod;
	}
	return ans;
}

即可快速的求解出ans。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll p[200050];
map<int ,ll>MA;
const ll mod = 1e9+7;
ll fast_mod(ll n,ll m,ll mod){
	ll ans =1;
	while(m){
		if(m&1)ans = ans*n%mod;
		m>>=1;
		n = n*n%mod;
	}
	return ans;
}
int main(){
	int T;
	cin>>T;
	MA.clear();
	for(int i = 0;i<T;i++){
		int a;
		scanf("%d",&a);
		MA[a]++;
	}
	map<int,ll>::iterator it;
	ll sum = 1;
	ll ans = 1;
	for(it = MA.begin();it!=MA.end();it++){
		int cnt = fast_mod(it->first,(it->second+1)*it->second/2,mod);
		ans=fast_mod(ans,it->second+1,mod)*fast_mod(cnt,sum,mod)%mod;
		sum=sum*(it->second+1)%(mod-1);
	}
	printf("%I64d\n",ans);
}