题目

传送门

题解

这道题在考场上还是卡了我一些时间 导致我 T3 没时间写了

首先，这道题很显然是让我们求一个式子：

如果 \(p\) 可以保证是一个素数，显然这道题是很好做的，只需要预处理阶乘及逆元即可.

对于 \(p\) 不是素数的情况，如果数据较小，我们可以考虑使用杨辉三角递推，求出 \(c_i\le 1000\) 的情况.

这两种较为特殊的情况，我们都可以在 \(\mathcal O(n)\) 的复杂度下解决，但是新的问题来了——如果 \(p\) 不保证是素数，并且 \(c_i\) 还挺大 （\(c_i\le 10^6\)）该怎么做？

考虑回归其本质，将所有组合写成分数形式，有

而 \(x!\)，实际上就是对于区间 \([1,x]\) 中所有的数都多乘一次，即将其次数加一，对于分母，就是减一，这一类区间问题，我们可以考虑使用线段树或者树状数组，但是实际上我们只需要维护差分数组，最后做个前缀和，我们就可以求得每一项的次数应该是多少，这样做是 \(\mathcal O(n)\) 的.

得到最终每个数的次数，我们还要计算其次方，如果直接暴力硬算而不取模，可能要直接爆掉 long long，但是取模不保证有逆元.

我们考虑将每个数分解成更小的数，因为最终答案肯定是个整数，所以分解成质因数后每个质因数的次数肯定都是正的，对于分解，我们可以每次将这个数除以它最小的质因子，将其分解成更小的数乘上一个质数，从大到小循环，碰到质数直接乘进答案，否则继续分解即可.

代码

#include<cstdio>

#define rep(i,__l,__r) for(signed i=(__l),i##_end_=(__r);i<=i##_end_;++i)
#define fep(i,__l,__r) for(signed i=(__l),i##_end_=(__r);i>=i##_end_;--i)
#define erep(i,u) for(signed i=tail[u],v=e[i].to;i;i=e[i].nxt,v=e[i].to)
#define writc(a,b) fwrit(a),putchar(b)
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define fi first
#define se second
typedef long long LL;
// typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned uint;
#define Endl putchar('\n')
// #define int long long
//#define int unsigned
// #define int unsigned long long

#define cg (c=getchar())
template<class T>inline void read(T& x){
    char c;bool f=0;
    while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');
    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
    if(f)x=-x;
}
template<class T>inline T read(const T sample){
    T x=0;char c;bool f=0;
    while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');
    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
    return f?-x:x;
}
template<class T>void fwrit(const T x){//just short,int and long long
    if(x<0)return (void)(putchar('-'),fwrit(-x));
    if(x>9)fwrit(x/10);
    putchar(x%10^48);
}
template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x<y?y:x;}
template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}
template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}
inline int gcd(const int a,const int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline void getInv(int inv[],const int lim,const int MOD){
    inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=lim;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
}
inline LL mulMod(const LL a,const LL b,const LL mod){//long long multiplie_mod
    return ((a*b-(LL)((long double)a/mod*b+1e-8)*mod)%mod+mod)%mod;
}

const int maxn=1e6;

int n,p,maxv;
int x[maxn+5],c[maxn+5],cnt[maxn+5];

inline int qkpow(int a,int n){
    int ret=1;
    for(;n>0;n>>=1,a=1ll*a*a%p)if(n&1)ret=1ll*ret*a%p;
    return ret;
}

inline void modify(const int l,const int r,const int x){
    cnt[l]+=x,cnt[r+1]+=-x;
}
inline void build(){
    rep(i,1,maxv)cnt[i]+=cnt[i-1];
}

bool vis[maxn+5];
int prime[maxn+5],pcnt;
int min_mod[maxn+5];
inline void sieve(){
    vis[1]=true;
    rep(i,2,maxn){
        if(!vis[i])prime[++pcnt]=i;
        for(int j=1;j<=pcnt && i*prime[j]<=maxn;++j){
            vis[i*prime[j]]=true;
            min_mod[i*prime[j]]=prime[j];
            if(i%prime[j]==0)break;
        }
    }
}

int pow[maxn+5];

inline void divide(int x,const int val){
    if(x==1)return;
    if(!vis[x])return pow[x]+=val,void();
    int del;
    for(int i=1;i<=pcnt && prime[i]<=x;++i)if(x%prime[i]==0){
        del=0;
        while(x%prime[i]==0)x/=prime[i],++del;
        pow[prime[i]]+=val*del;
    }
}

int ans=1;

inline void down(const int x,const int val){
    if(!vis[x]){
        ans=1ll*ans*qkpow(x,val)%p;
        return;
    }
    cnt[x/min_mod[x]]+=val;
    cnt[min_mod[x]]+=val;
}

signed main(){
    // freopen("speech.in","r",stdin);
    // freopen("speech.out","w",stdout);
    n=read(1),p=read(1);
    rep(i,1,n)x[i]=read(1);
    rep(i,1,n)maxv=Max(c[i]=read(1),maxv);
    rep(i,1,n)if(c[i]!=x[i]){
        modify(x[i]+1,c[i],1);
        modify(1,c[i]-x[i],-1);
    }build();
    sieve();
    fep(i,maxv,2)if(cnt[i])down(i,cnt[i]);
    writc(ans,'\n');
    return 0;
}