【2020五校联考NOIP #4】今天的你依旧闪耀
题意：
对于一个长度为 \(n\)（\(n\) 为偶数）的排列 \(p\)，定义一次“变换”后得到的排列 \(p'\) 为：
\(p'_i=\begin{cases}p_{(i+n+1)/2}&&i \nmid 2\\p_{i/2}&&i\mid2\end{cases}\)
设函数 \(f(i)\) （\(i\) 为偶数），如果长度为 \(i\) 的排列 \(p_j=j\) 经过 \(i\) 次变换恰好第一次回到原样，那么返回 \(i\)，否则返回 \(0\)。
现在给出一个偶数 \(A\)，求 \([2,A]\) 中所有偶数的 \(f\) 的值的和。
\(2 \leq A \leq 10^7\)
不太难的题，简单写写吧。
容易注意到 \(i\) 经过一次变换变为 \(2i \bmod (n+1)\)。
假设 \(1\) 经过 \(k\) 变换恰好回到 \(1\)，那么有 \(2^k\equiv1\pmod{n+1}\)
两边同时乘上 \(i\) 得到 \(i2^k\equiv i\pmod{n+1}\)
也就是说如果 \(1\) 经过 \(k\) 变换恰好回到 \(1\)，那么排列就会变回原样。
现在我们就变为对于每个 \(i\)，判断 \(i\) 是否为最小的满足 \(2^k\equiv1\pmod{i+1}\) 的 \(k\)。
首先根据欧拉定理 \(2^{\varphi(i+1)}\equiv1\pmod{i+1}\)，如果 \(i+1\) 不是质数，那么 \(\varphi(i+1)<i\)，\(i\) 就不是最小的满足 \(2^k\equiv1\pmod{n+1}\) 的 \(k\)。
进一步观察，如果满足条件的 \(k\) 不是 \(i\)，那么 \(k<i\)。将 \(i\) 分解质因数得到 \(p_1^{\alpha_1}\times p_2^{\alpha_2} \times\dots p_l^{\alpha_l}\)，\(k\) 一定是 \(\frac{i}{p_1},\frac{i}{p_2},\dots,\frac{i}{p_l}\) 中某个数的约数。故我们只需检查 \(2^{\frac{i}{p_1}},2^{\frac{i}{p_2}},\dots,2^{\frac{i}{p_l}}\) 是否模 \(i+1\) 余 \(1\) 就行了。
由于 \([1,n]\) 质因数个数最多也就 \(8\) 个，所以就算跑满了时间复杂度也不过 \(8\pi(n)\log n\)，足以过这道题。
/*
Contest: -
Problem: NFLSOJ 701
Author: tzc_wk
Time: 2020.10.5
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define foreach(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define all(a) a.begin(),a.end()
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define y1 y1010101010101
#define y0 y0101010101010
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
inline int read(){
int x=0,neg=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c=='-') neg=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
return x*neg;
}
int n=read();
bool vis[10000005];
int pr[10000005],pcnt=0;
int mnp[10000005];
inline ll qpow(ll x,int e,ll MOD){
ll ans=1;
while(e){
if(e&1) ans=ans*x%MOD;
x=x*x%MOD;e>>=1;
}
return ans;
}
inline void prework(int x){
for(int i=2;i<=x;i++){
if(!vis[i]){pr[++pcnt]=i;mnp[i]=i;}
for(int j=1;j<=pcnt&&i*pr[j]<=x;j++){
vis[i*pr[j]]=1;mnp[i*pr[j]]=pr[j];
if(i%pr[j]==0) break;
}
}
}
int main(){
prework(1e7);ll sum=0;
for(int i=2;i<=n;i+=2){
if(vis[i+1]) continue;
bool flag=1;int tmp=i;
vector<int> p;
while(tmp!=1){
int x=mnp[tmp];tmp/=x;
if(p.empty()||p.back()!=x) p.pb(x);
}
for(int j=0;j<p.size();j++) if(qpow(2,i/p[j],i+1)==1) flag=0;
if(flag) sum+=i;
}
printf("%.5lf\n",1.0*sum/(n>>1));
return 0;
}
UPD on \(2020/10/19\)：
洛 阳 铲（其实也就两周之前）
关于上文中“\(k\) 一定是 \(\frac{i}{p_1},\frac{i}{p_2},\dots,\frac{i}{p_l}\) 中某个数的约数”一句，一直有些疑惑，故刚刚 yy 了几分钟把它搞通了，今写在这里，以免下次再忘记。
我们假设最小的满足 \(2^k \equiv 1 \pmod{i+1}\) 的 \(k\) 为 \(l\)，那么 \(2^{i-l} \equiv 1 \pmod{i+1}\)。
反证法，假设 \(l\) 不是 \(i\) 的约数，那么 \(l \nmid i-l\)。
设 \(i-l=pl+q(q<l)\)，那么 \(2^{i-l}=2^{pl+q}=(2^l)^p\times 2^q\equiv 1^p\times 2^q=2^q\equiv 1\pmod{i+1}\)
故 \(2^q \equiv 1\pmod{i+1}\)，又 \(q<l\)，与我们之前的“\(l\) 是最小的满足 \(2^k \equiv 1 \pmod{i+1}\) 的 \(k\)”矛盾。
故 \(l\) 为 \(i\) 的约数。而 \(l \neq i\)，所以 \(l\) 一定是 \(\frac{i}{p_1},\frac{i}{p_2},\dots,\frac{i}{p_l}\) 中某个数的约数。
