2016 Multi-University Training Contest 1 F.PowMod

PowMod

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Total Submission(s): 1008    Accepted Submission(s): 341


Problem Description
Declare:
k=∑mi=1φ(i∗n) mod 1000000007

n is a square-free number.

φ is the Euler's totient function.

find:
ans=kkkk...k mod p

There are infinite number of k
 

 

Input
Multiple test cases(test cases ≤100), one line per case.

Each line contains three integers, n,m and p.

1≤n,m,p≤107
 

 

Output
For each case, output a single line with one integer, ans.
 

 

Sample Input
1 2 6 1 100 9
 

 

Sample Output
4 7
 

 

Author
HIT
 

 

Source
2016 Multi-University Training Contest 1
 
题意：
    令K = sigma(phi(i * n)) 1 <= i <= m
    求K的超级幂。

 

题解：

关于下面要用到的欧拉函数的几个证明。
1、首先显然phi(p) = p-1, phi(1) = 1
2、若 n = p^k，则 phi(n) = p^k - p^(k-1)
　　证明：显然不互质的有p,2p,......,(p^(k-1)-1)*p，以及p^k
　　　　　　所以共有p^(k-1)个
3、若 n = a * b, gcd(a, b) == 1， 则phi(n) = phi(a) * phi(b)
　　证明：
　　　　phi(a)个与a互质的数，设它们为A1,A2......Aphi(a)
　　　　同理，我们也有B1,B2,.....,Bphi(b)为与b互质的数。
　　　　那么与n互质的数为Ai*b+Bj*a，共有phi(a)*phi(b)个。
　　　　我们来考察Ai*b+Bj*a的性质。
　　　　我们要证明两点：
　　　　1、Ai*b+Bj*a与n互质
　　　　2、除了这些数，没有与n互质的数了。
　　　　第一点、如果有gcd(a*Bi+b*Ai,a*b)=x>1
　　　　那么x|a*b，又gcd(a,b)=1，所以必有x|a或者x|b且不同时成立。
　　　　不妨假设x|a，那么a*Bi/x是个整数，而gcd(Ai,a)=1，所以gcd(Ai,x)=gcd(b,x)=1，
　　　　喜爱内燃此时b*Ai/x不为整数，与x为最大公约数的假设矛盾。
　　　　第二条、这是显然的。。。如果有gcd(x,a*b)!=1，那么gcd(x,a)!=1和gcd(x,b)!=1至少有一条成立。
　　　　所以证毕。
4、若n=p1^k1*p2&k2*.....*pm^km，那么
　　phi(n)=n*(1-1/p1)*(1-1/p2)*.....*(1-1/pm)
5、当n>2时，phi(n)是偶数，因为1-1/p=（p-1）/p，p-1必然是偶数。


　　K = sigma(phi(i * n)) % Q, Q = 1e9+7, 1 <= i <= m
　　　= sigma(phi( (i * n) / p * p )), p|n
　　　= sigma(phi( i * n / p * p)), i % p != 0   +   sigma(phi( i * n * p)), 1 <= i <= floor(m / p) % Q
　　　= sigma(phi( i * n / p) * phi(p)), i%p != 0     +     sigma(phi(i * (n/p) * p^2)), 1 <= i <= floor(m / p), %Q
　　　= phi(p) * sigma(phi(i * n / p)), i%p != 0      +     sigma(phi(i * (n / p))  * phi(p^2)), 1 <= i <= floor(m/p)   %Q
　　　= phi(p) * sigma(phi(i * n / p)) , i % p != 0   +     sigma(phi(i * (n / p)) * p * phi(p)), 1 <= i <= floor(m/p)   %Q
　　　= phi(p) * sigma(phi(i * n / p)) , i % p != 0   +     sigma(phi(i * (n / p)) * (phi(p) + 1) * phi(p)), 1 <= i <= floor(m/p)   %Q
　　　= phi(p) * (   sigma(phi(i * n / p)), i % p != 0    +    sigma(phi(i * n)), 1<=i<=floor(m/p)    ) +   sigma(phi(i * n)), 1<=i<=floor(m/p)     %Q
　　　= phi(p) * sigma(phi(i * (n / p))), 1 <= i <= m     +     sigma(phi(i * n)), 1 <= i <= floor(m / p)
    令F(m,n) = sigma(phi(i * n)) % Q,
    根据上述证明，有当p|n时，
    F(m, n) = phi(p) * F(m, n / p) + F(floor(m / p), n)   %Q
    所以可以递归计算F(m, n)， 这一步复杂度为O（（number of P）^2）



　　当算出K值后，需要计算它的超级幂。
有A^B mod C = A^(B % phi(C) + phi(C)) % C
这个证明我不会，网上有证明，但因为年代久远，百度博客搬迁，原地址没了。。。
（实际上这个的作用除了计算超级幂好像没什么用。。。。（这只是弱鸡的视野
事实上，这里的A跟B是一个东西，而phi(C)是不断减少的，只有phi(1)==1，
而且收敛速度很快。
所以不断递归就好啦。

　　

 

 

 

 1 const int N = 10000010, MOD = 1e9 + 7;
 2 int prime[N], tot;
 3 bool notPrime[N];
 4 int phi[N], sumphi[N];
 5 
 6 int n, m, p;
 7 int factor[N], totFactor;
 8 
 9 inline int add(int x, int y, int MOD = MOD) {
10     return ((x + y) % MOD + MOD) % MOD;
11 }
12 
13 inline int mul(int x, int y, int MOD = MOD) {
14     return ((x * 1ll * y) % MOD + MOD) % MOD;
15 }
16 
17 inline void getPrime() {
18     phi[1] = 1, sumphi[1] = 1;
19     for(int i = 2; i < N; ++i) {
20         if(!notPrime[i]) prime[tot++] = i, phi[i] = i - 1;
21         for(int j = 0; j < tot; ++j) {
22             if(i * prime[j] >= N) break;
23             notPrime[i * prime[j]] = true;
24             if(i % prime[j]) phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
25             else {
26                 phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
27                 break;
28             }
29         }
30         sumphi[i] = add(phi[i], sumphi[i - 1]);
31     }
32 }
33 
34 inline void getFactor(int x) {
35     totFactor = 0;
36     for(int i = 0; i < tot; ++i)
37         if(!(x % prime[i])) {
38             factor[totFactor++] = prime[i];
39             x /= prime[i];
40             if(x <= 1) break;
41         }
42 }
43 
44 inline int f(int index, int m, int n) {
45     if(index >= totFactor || n == 1) return sumphi[m]; // n == 1
46     if(m <= 0) return 0;
47     int part1 = f(index + 1, m, n / factor[index]),
48         part2 = f(index, m / factor[index], n);
49     return add(mul(phi[factor[index]], part1), part2);
50 }
51 
52 inline int fastpow(int basic, int times, int p) {
53     int ret = 1;
54     while(times) {
55         if(times & 1) ret = mul(ret, basic, p);
56         basic = mul(basic, basic, p), times >>= 1;
57     }
58     return ret;
59 }
60 
61 inline int superPower(int k, int p) {
62     /**
63      * 1. k^X mod p = k^(X mod phi(p) + phi(p)) mod p  X = k^k^k.....
64      * 2. fastpow(x, y, z) x^y mod z
65      * */
66     if(p == 1) return 0;
67     int powers = superPower(k, phi[p]) + phi[p];
68     return fastpow(k, powers, p);
69 }
70 
71 inline void solve() {
72     getFactor(n);
73     int k = f(0, m, n);
74     int ans = superPower(k, p);
75     printf("%d\n", ans);
76 }
77 
78 int main() {
79     getPrime();
80     while(scanf("%d%d%d", &n, &m, &p) == 3) solve();
81     return 0;
82 }
View Code

 

 

posted @ 2016-08-30 23:14  yanzx6  阅读(281)  评论(0)  编辑  收藏  举报