HDU 4196 Remoteland (素数筛选+快速幂+费马小定理)

Remoteland

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Problem Description

In the Republic of Remoteland, the people celebrate their independence day every year. However, as it was a long long time ago, nobody can remember when it was exactly. The only thing people can remember is that today, the number of days elapsed since their independence (D) is a perfect square, and moreover it is the largest possible such number one can form as a product of distinct numbers less than or equal to n.
As the years in Remoteland have 1,000,000,007 days, their citizens just need D modulo 1,000,000,007. Note that they are interested in the largest D, not in the largest D modulo 1,000,000,007.

 

Input

Every test case is described by a single line with an integer n, (1<=n<=10,000, 000). The input ends with a line containing 0.

 

Output

For each test case, output the number of days ago the Republic became independent, modulo 1,000,000,007, one per line.

 

Sample Input

4
9348095
6297540
0

 

Sample Output

4
177582252
644064736
 
题意：从1-n里面选数，数的乘积要求是完全平方，求这个乘积的最大值，要求mod 1000000007。
 
思路by:http://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/7422265
也就是 N! 中质数个数为偶数保留,为奇数的去掉一个,最后结果就是 N! /(要除去的数的乘积) ,由于数很大都超过了long long的范围,取模之后做的除法结果不对,这里就用到了费马小定理。
 
先了解一下知识：(by 百科)
费马小定理(Fermat Theory)是数论中的一个重要定理，其内容为： 假如p是质数，且Gcd(a,p)=1，那么 a(p-1) ≡1（mod p）。即：假如a是整数，p是质数，且a,p互质(即两者只有一个公约数1)，那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1。
费马小定理是数论中的一个定理：假如a是一个整数，p是一个质数，那么是p的倍数，可以表示为
如果a不是p的倍数，这个定理也可以写成
 
这题推理过程：
 
考虑  c%mod=(a%mod)*(b%mod);  令A=a%mod; B=b%mod;C=c%mod;
则 A=a%mod=(a*1)%mod=a%mod*1%mod=(a%mod)*(b^(mod-1))%mod      --------因为(b^(mod-1))%mod=1,费马小定理。
=(a*b)%mod*(b^(mod-2))%mod=(c%mod)*(b%mod)^(mod-2)%mod = C*B^(mod-2)
 
代码：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <math.h>
using namespace std;

#define LL long long
const int mod = 1000000007;
const int N = 10000005;
LL fac[N];
int prime[N+1];
void getPrime()//素数筛选，存在小于等于MAXN的素数,prime[0] 存的是素数的个数
{
    memset(prime,0,sizeof(prime));
    for(int i=2; i<=N; i++)
    {
        if(!prime[i])prime[++prime[0]]=i;
        for(int j=1; j<=prime[0]&&prime[j]<=N/i; j++)
        {
            prime[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}
int getsum(int n,int p)//这里巧妙的求了 1~n 内的各个数能用 p的 k 次方表示的 k 的数目和
{
    int sum = 0;
    while(n)
    {
        sum += n / p;
        n /= p;
    }
    return sum;
}
LL Powmod(LL a,LL b)
{
    LL ans = 1;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
            ans = (ans * a) % mod;
        a = (a * a) % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    fac[0] = 1;
    for(int i=1; i<N; i++)
    {
        fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
    }
    int n;
    getPrime();
    while(~scanf("%d",&n) && n)
    {
        LL ret = 1;
        for(int i=1; i <= prime[0] && prime[i] <= n; i++)
        {
            int cnt = getsum(n,prime[i]);
            if(cnt & 1)
                ret = (ret * prime[i]) % mod;
        }
        printf("%I64d\n",fac[n] * Powmod(ret ,mod - 2) % mod);
    }
    return 0;
}