【题解】古代猪文 [SDOI2010] [BZOJ1951] [P2480]

【题解】古代猪文 [SDOI2010] [BZOJ1951] [P2480]

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在那山的那边海的那边有一群小肥猪。他们活泼又聪明，他们调皮又灵敏。他们自由自在生活在那绿色的大草坪，他们善良勇敢相互都关心……”——选自猪王国民歌

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【题目描述】

\((\)仅供观赏\()\)

猪王国的文明源远流长，博大精深。

\(iPig\)在大肥猪学校图书馆中查阅资料，得知远古时期猪文文字总个数为\(N\)。当然，一种语言如果字数很多，字典也相应会很大。当时的猪王国国王考虑到如果修一本字典，规模有可能远远超过康熙字典，花费的猪力、物力将难以估量。故考虑再三没有进行这一项劳猪伤财之举。当然，猪王国的文字后来随着历史变迁逐渐进行了简化，去掉了一些不常用的字。

\(iPig\)打算研究古时某个朝代的猪文文字。根据相关文献记载，那个朝代流传的猪文文字恰好为远古时期的\(k\)分之一，其中\(k\)是\(N\)的一个正约数（可以是\(1\)和\(N\)）。不过具体是哪\(k\)分之一，以及\(k\)是多少，由于历史过于久远，已经无从考证了。

\(iPig\)觉得只要符合文献，每一种能整除\(N\)的\(k\)都是有可能的。他打算考虑到所有可能的k。显然当\(k\)等于某个定值时，该朝的猪文文字个数为\(N / k\)。然而从\(N\)个文字中保留下\(N / k\)个的情况也是相当多的。\(iPig\)预计，如果所有可能的k的所有情况数加起来为\(P\)的话，那么他研究古代文字的代价将会是\(G\)的\(P\)次方。

现在他想知道猪王国研究古代文字的代价是多少。由于\(iPig\)觉得这个数字可能是天文数字，所以你只需要告诉他答案除以\(999911659\)的余数就可以了。

【真正的题目描述（人话）】

给定 \(n\) 和 \(G\) \(,\) 求 \(:\) \(G^{\sum_{d|n}C_n^d}\bmod 999911659\)

【数据规模】

\(10\%\) \(1 \leqslant N \leqslant 50\)

\(20\%\) \(1 \leqslant N \leqslant 1000\)

\(40\%\) \(1 \leqslant N \leqslant 100000\)

\(100\%\) \(1 \leqslant N \leqslant 1000000000,1 \leqslant G \leqslant 1000000000\)

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【分析】

看到上面这个式子，很容易想到暴力解法：枚举 \(n\) 的所有正约数 \(d\)，分别求出 \(C_n^d\) 并累加答案，最后对 \(999911659\) 取模，如果你的目的不是 \(pian\) \(fen\) 而是 \(AC\)，并且甘愿屈服于 \(TLE\)，\(MLE\)，\(RE\) 的统治，那么就大胆的去尝试吧！

【正解】

\(【Key\) \(1】\)：欧拉定理的推论

(什么？你说你不知道欧拉定理？(O__O "…)）

公式：\(a^b \equiv a^{b\bmod \varphi(P)}(\bmod P)\) \(,\) \(gcd(a,P)=1\)

在本题中 \(P=999911659\) 是一个质数(不要问我是怎么知道的)，所以对任意 \(a\) 均满足 \(gcd(a,P)=1\)，且有 \(\varphi(P)=P-1\)。

根据公式可得 \(G^{\sum_{d|n} C_n^d}=G^{\sum_{d|n}C_n^d\bmod 999911658}(\bmod 999911659)\)

因此本题关键是计算 \(\sum_{d|n}C_n^d\bmod 999911658\)

\(【Key\) \(2】\)： \(Lucas\) 定理

公式： \(C_n^m=C_{n\bmod P}^{m\bmod P}*C_{n/P}^{m/P}(\bmod P)\)

求组合数并要求取模，一看就知道要用 \(Lucas\) 定理，这里不多说。

但是......
模数不为质数并且数据规模简直无敌，仍然会被 \(TLE,MLE,RE\)摁在地上摩擦。
于是我们需要将这个大巨无霸问题分解成小蒟蒻问题。

\(【Key\) \(3】\)：\(Square\) \(Free\) \(Number\)

对 \(999911658\) 分解质因数，得到 \(999911658=2*3*4679*35617\) ，它的所有质因子的指数都为 \(1\) ，这一类数被称作 \(Square\) \(Free\) \(Number\) 。
\(Q:\) 这样做有什么用呢？
\(A:\) 马上就会提到。。。

\(【Key\) \(4】\)：\(CRT(\)中国剩余定理\()\)

首先用 \(Lucas\) 定理分别求出 \(\sum_{d|n}C_n^d\) 对 \(2,3,4679,35617\) 这四个质数取模后的值，记为 \(a_1,a_2,a_3,a_4\) ，然后用中国剩余定理解一个线性同余方程组：

\(\begin{cases}x\bmod 2=a_1\\x\bmod 3=a_2\\x\bmod 4679=a_3\\x\bmod 35617=a_4\end{cases}\)

于是我们就得到了 \(\sum_{d|n}C_n^d\bmod 999911658\) 的一个最小非负整数解 \(x\)，最后再用一次快速幂计算 \(G^x\)就是答案。

\(【Code】\)

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register LL
const int PP=35617,P=999911658;
LL x,y,i,j,n,G,fu,ans,a[5],jc[PP+3]={1},mod[5]={0,2,3,4679,35617};char c;
inline void in(Re &x){//【快读】自己动手，丰衣足食 
    fu=x=0;c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')fu|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=fu?-x:x;
}
inline LL mi(Re x,Re k,Re P){//【快速幂】如果你非要写龟速乘我也拦不住你 
    Re s=1;
    while(k){
        if(k&1)(s*=x)%=P;
        (x*=x)%=P,k>>=1;
    }
    return s;
}
inline LL Lucas(Re m,Re n,Re p){//【Lucas定理】 
    if(n<m)return 0;
    if(n<p)return jc[n]*mi(jc[m],p-2,p)%p*mi(jc[n-m],p-2,p)%p;
    return Lucas(m/p,n/p,p)*Lucas(m%p,n%p,p)%p;
}
inline void init(Re P){for(Re i=1;i<=P;++i)jc[i]=jc[i-1]*i%P;}//【预处理阶乘】
//对于四个模数都要预处理出不同的阶乘
inline void exgcd(Re &x,Re &y,Re a,Re b){//【扩欧】解线性同余方程 
    if(!b){x=1,y=0;return;}
    exgcd(x,y,b,a%b);Re X=x;
    x=y,y=X-a/b*y;
}
int main(){
    in(n),in(G);
    if(G%(P+1)==0){printf("0");return 0;}//如果定义P=999911658，注意这里要加 1 
    //当 G 为 999911659 的倍数时，直接特判结束 
    for(i=1;i<=4;++i){//【分解质因数】 
        init(mod[i]);//【初始化阶乘】 
        for(j=1;j*j<n;++j)
            if(n%j==0)(((a[i]+=Lucas(j,n,mod[i]))%=mod[i])+=Lucas(n/j,n,mod[i]))%=mod[i];
           //累加组合数并取模 
        if(j*j==n)(a[i]+=Lucas(j,n,mod[i]))%=mod[i];
    }
    for(i=1;i<=4;++i){//【中国剩余定理】跑一遍 CRT 解方程组 
        Re M=P/mod[i];exgcd(x,y,M,mod[i]);
        (x+=mod[i])%=mod[i];(ans+=M*x%P*a[i]%P)%=P;
    }
    printf("%lld",mi(G,(ans+P)%P,P+1));//加 1..... 
}

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【题外话】

善良无比的 わたし 提供了本题的测试数据(98u9)哦\(QAQ\)

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