NKOJ 费马小定理降幂 P3511无聊的计算

无聊的计算

【问题描述】

nodgd 经常遇到很无聊的计算题，你看，这次又遇到了……

这个题一开始给了 nodgd 两个序列𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛, 𝑏1, 𝑏2, … , 𝑏𝑚。定义一个二

元函数𝑓(𝑢, 𝑝) = 𝑣，其中0 ≤ 𝑣 < 𝑝，且存在整数𝑘使得𝑢 = 𝑣 + 𝑘𝑘。现在，这道

题要计算满足条件𝑓 �𝑎𝑖

𝑏𝑗, 𝑝� ≤ 𝑞的有序数对(𝑖,𝑗)有多少个。

【输入格式】

输入文件 A.in。

第一行两个整数𝑝, 𝑞。

第二行六个数𝑛, 𝑎1, 𝑎2, 𝐴, 𝐵, 𝐶，当𝑖 ≥ 3时，𝑎𝑖 = 𝐴 × 𝑎𝑖−1 − 𝐵 × 𝑎𝑖−2 − 𝐶。

第三行六个数𝑚, 𝑏1, 𝑏2,𝐷, 𝐸, 𝐹，当𝑖 ≥ 3时，𝑏𝑖 = 𝐷 × 𝑏𝑖−1 + 𝐸 × 𝑏𝑖−2 + 𝐹。

【输出格式】

输出文件 A.out。

输出一个整数，表示满足条件的(𝑖,𝑗)数量。

【样例输入】

5 3

3 2 2 1 0 4

3 3 2 4 2 1

【样例输出】

6

【样例解释】

根据输入可以算出𝑎3 = −2, 𝑏3 = 15。

满足条件的(𝑖,𝑗)有(1,1), (2,1), (3,1), (1,3), (2,3), (3,3)。

【数据范围】

对于 20%的数据，𝑛, 𝑚 ≤ 6；

对于 40%的数据，𝑛, 𝑚 ≤ 1000；

对于 60%的数据，𝑛, 𝑚 ≤ 5000；

对于 100%的数据，2 ≤ 𝑛, 𝑚 ≤ 106, 5 ≤ 𝑝 ≤ 5000, 0 ≤ 𝑞 ≤ 𝑝 − 1，输入的

所有其他数都非负且不超过 1000，保证p 为质数

 

费马小定理降幂！ 

x^(p-1)=1 (mod p) 

 

改一下即可 

 

在𝑚od 𝑝的意义下，𝑎𝑖没有必要用真是的值，用𝑎𝑖′ = 𝑎𝑖 𝑚od 𝑝来

代替𝑎𝑖就可以得到完全一样的效果。这样一来，真正算出来的𝑎𝑖′ 的大小都在0到𝑝 − 1 范围内

 

code:

 

//
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long 
ll a[3000000],b[3000000];
ll n,m;
ll p,q;
ll sum[80000],tot;
ll sum1[80000],tot1;
ll A,B,C,D,E,F;
ll ksm(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=(ans*a)%p;
        b>>=1;
        a=(a*a)%p;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&p,&q);
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&a[1],&a[2],&A,&B,&C);
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&m,&b[1],&b[2],&D,&E,&F);
    sum[(b[1]%(p-1)+(p-1))%(p-1)]++;
    sum[(b[2]%(p-1)+(p-1))%(p-1)]++;
    sum1[(a[1]+p)%p]++;
    sum1[(a[2]+p)%p]++;
    for(int i=3;i<=m;i++)
    {
        b[i]=((D%(p-1))*(b[i-1]%(p-1))+(E%(p-1))*(b[i-2]%(p-1))+F%(p-1))%(p-1);
        sum[(((b[i]%(p-1)+p-1))%(p-1))]++;
    }
    for(int i=3;i<=n;i++)
    {
        a[i]=((A%p)*a[i-1]-(B%p)*a[i-2]-(C%p)+p)%p;
        sum1[(a[i]+p)%p]++;
    }
    ll ans=0;
    for(int i=0;i<=p-1;i++)
        for(int j=0;j<p-1;j++)
        {
            if(sum[j]&&sum1[i])
            if((ksm(i,j))<=q) ans+=(sum[j]*sum1[i]);
        }
    printf("%lld",ans);
}