九校联考（DL24凉心模拟） 整除（中国剩余定理＋原根性质）

题意简述

给定 $n, m$，求 $n|x^m - x$ 在满足 $x \in [1, n]$ 时合法的 $x$ 的数量。答案模 $998244353$。单个测试点包含多组数据。
其中 $n$ 由如下方式给出：

• 给定 $c$ 个不超过 $t$ 的质数 $p_i(i \in [1, c])$，有 $n = \prod_\limits{i = 1}^c p_i$。

所有测试数据满足 $1 \leq c \leq 50,1 \leq t \leq 10^4,1 \leq m \leq 10^9$，数据组数 $\leq 10000$。

题解

首先，由于已经给出了 $n$ 的唯一分解式 $n = p_1p_2\cdots p_c$，故我们可以将 $n | x^m - x$ 这个式子拆成由 $c$ 个形如 $x^m \equiv x\ ({\rm mod}\ p_i)$ 的同余方程组成的同余方程组。

我们先对第 $i$ 个方程求出 $[1, p_i]$ 内满足条件的数的数量，记为 $s_i$。显然这些解 ${\rm mod}\ p_i$ 均不相同，故 $s_i$ 即 $x$ 在 ${\rm mod}\ p_i$ 意义下的合法余数的数量。由于所有 $p_i$ 均为互不相同的质数，即两两互质，因此可以证明，除了 $1$ 为公共解外，任意两个方程的解（$[1, p_i]$ 范围内）不存在交集。因此，我们在每个方程中任选一个解，构造一个新的一次同余方程组，共能得到 $\prod s_i$ 个不同的方程组。由于根据中国剩余定理，每个方程组在 $[1, n]$ 范围内仅有唯一解，因此答案就为 $\prod s_i$。

所以，对于第 $i$ 个方程，我们需要求 $s_i = \sum_\limits{x = 1}^p[x ^ m \equiv x{\ \rm mod\ }p]$。

存在一种做法是使用线性筛在接近线性的时间内求所有 $[1, p_i]$ 内的数的 $m$ 次幂，然后暴力判断。不过这里，介绍一种更简单的方法。

首先给出以下结论：给定 $m$ 和 $p$，且 $p$ 为质数，那么有：

$$\left(\sum_{x = 1}^p[x ^ m \equiv x{\ \rm mod\ }p]\right) = {\rm gcd}(m - 1, p - 1) + 1$$

证明如下：

我们要求满足 $x \in [1, p]$ 时 $x^m \equiv x\ ({\rm mod}\ p)$ 的 $x$ 的个数。

首先 $x = p$ 一定满足，故不特殊考虑，最后答案 $+1$ 即可。接下来只考虑 $x \in [1, p - 1]$ 的情况。由于 $p$ 为质数，因此 $p$ 存在一个原根 $g$，$[1, p - 1]$ 内的任意数在 ${\rm mod}\ p$ 意义下都可以表示为 $g^y$ 的形式。这样，原方程就转化为：

$$g^{my} \equiv g^y\ ({\rm mod}\ p)$$

根据费马小定理：

$$my \equiv y\ ({\rm mod}\ p - 1) \Rightarrow (m - 1)y \equiv 0\ ({\rm mod}\ p - 1)$$

令 $k = \gcd(m - 1, p - 1)$，两边同时除以 $k$，得：

$$\frac{m - 1}{k}y \equiv 0\ ({\rm mod}\ \frac{p - 1}{k})$$

由于此时 $\gcd(\frac{m - 1}{k}, \frac{p - 1}{k}) = 1$，因此 $y$ 一定有 $\frac{p - 1}{k} | y$。由于 $y \in [0, p - 2]$，显然，$\frac{p - 1}{k}$ 的任意小于 $k$ 的非负整数倍（$0 \thicksim k - 1$ 倍）均满足条件，因此 $y$ 共有 $k$ 种合法取值。

因此满足 $\sum_{x = 1}^p[x ^ m \equiv x{\ \rm mod\ }p]$ 的 $i$ 共有 $k + 1$ 个。

这样，本题的时间复杂度就从 $O(\sum p_i)$ 优化至了 $O(c \times \log p_i)$（$\log$ 为 $\gcd$ 的复杂度）。

代码

线性筛求幂后暴力判断代码如下（常数莫名其妙很大...）：

#include<bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
#define rg register
 
const int e = 998244353, N = 1e4 + 10;
 
int mod, c, m;
 
inline void add(rg int& x, rg int y) {
  x += y, x -= x >= mod ? mod : 0;
}
 
inline void mul(rg int& x, rg int y) {
  x = 1ull * x * y % mod;
}
 
inline int qpow(rg int v, rg int p) {
  rg int res = 1;
  for (; p; p >>= 1, mul(v, v)) {
    if (p & 1) {
      mul(res, v);
    }
  }
  return res;
}
 
inline int solve(rg int n) {
  rg int p[N], f[N], pri[N], t;
  mod = n, t = 0;
  fill(p + 1, p + 1 + n, 1);
  rg int res = 2;
  for (rg int i = 2; i < n; ++i) {
    if (p[i]) {
      pri[++t] = i, f[i] = qpow(i, m);
    }
    res += (i == f[i]);
    for (rg int j = 1, d; j <= t && (d = i * pri[j]) <= n; ++j) {
      p[d] = 0;
      f[d] = 1ull * f[i] * f[pri[j]] % mod;
      if (i % pri[j] == 0) {
        break;
      }
    }
  }
  return res;
}
 
int main() {
  int T; scanf("%*d%d", &T);
  for (rg int kase = 1; kase <= T; ++kase) {
    scanf("%d%d", &c, &m);
    rg int ans = 1;
    for (rg int i = 1; i <= c; ++i) {
      rg int x; scanf("%d", &x);
      rg int v = solve(x);
      mod = e, mul(ans, v);
    }
    printf("%d\n", ans);
  }
  return 0;
}

用更简单的方法代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
#define rg register
 
const int mod = 998244353;
 
inline void mul(int& x, int y) {
  x = 1ll * x * y % mod;
}
 
int main() {
  int T; scanf("%*d%d", &T);
  for (rg int kase = 1; kase <= T; ++kase) {
    int n, m; scanf("%d%d", &n, &m);
    int ans = 1;
    for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
      int x; scanf("%d", &x);
      mul(ans, __gcd(m - 1, x - 1) + 1);
    }
    printf("%d\n", ans);
  }
  return 0;
}