[ARC182F] Graph of Mod of Linear
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[ARC182F] Graph of Mod of Linear
首先判掉 \(A\leq 1\) 的情况，接下来默认 \(A\geq 2\)。原图是基环树森林，数连通块数等价于数环的个数。
比较自然的一点是，把问题分为 \(A,N\) 是否互质。因为如果 \(A\) 和 \(N\) 互质，则 \(Ai+B\) 在 \(\mod N\) 意义下互不相同，所以每个点都在一个环里。
1. \(A\not \perp N\)
首先定义 \(f^K(i)\) 表示从 \(i\) 开始走 \(K\) 步会走到哪。显然：
然后是一步神奇的转化。我们希望能只保留在环上的点，而 \(f^N(i)\) 一定在环上，并且对于 \(i\in[0,N-1]\)，\(f^N(i)\) 一定涵盖了所有在环上的点（所有在环上的点的 \(f\) 已经涵盖了）。所以环上的点可以表示为：
对于 \(i\) 向后走一步：
取 \(d=\gcd(A^N,N)\)：
因为 \(\frac{A^N}{d}\) 和 \(\frac{N}{d}\) 互质，所以：
所以问题可以从 \((A,B,N)\) 变为 \((A\bmod \frac N d,B\times\frac{A^N} d\bmod \frac N d,\frac N d)\)，转成了互质的情况。
2. \(A\perp N\)
设 \(C_i\) 表示第 \(i\) 个点所在的环长，则 \(\sum \frac 1 {C_i}\) 就是答案。
从 \(i\) 开始走 \(K\) 次走回自己，要求的就是：
这个同余方程的最小解。变形一下：
把模数再变形一下。设 \(d=\gcd(A-1,B)\)，令 \(A'=\frac{A-1}{d}\)，\(B'=\frac B d\)，则：
此时 \(A',B'\) 已经互质，所以 \(NA'\) 的贡献只有 \(N\) 中的因子。设 \(N'=\frac{N}{\gcd(N,A'^N)}\)，则：
令 \(y=(iA'+B )\bmod N'\)，则如果 \(i\in [0,N-1]\)，则每个 \(y\) 都一定恰好被覆盖了 \(\frac N {N'}\) 次。所以现在要求的就是：
其中 \(C_i\) 是满足 \(A^{C_i}\equiv 1\pmod {\frac{NA'}{\gcd(N',i)}}\) 的最小整数。
首先有性质：
- 若 \(x|y\)，则 \(\varphi(x)|\varphi(y)\)。
- \(A^k\equiv 1\pmod n\) 的解都是 \(\varphi(n)\) 的因数并且 \(k\) 一定能被表示成 \(xk_0\)，其中 \(k_0\) 表示最小解。
若 \(n1\leq n2,n1|n2,n2|N'\)，则：
所以 \(C_1\) 一定是 \(C_2\) 的倍数。所以可以用记忆化搜索的方式求解所有的 \(C\)：考虑把 \(\varphi(NA')\) 质因数分解，\(C_1\) 初始化为 \(\varphi(NA')\)，然后不断尝试除 \(\varphi(NA')\) 的因子，继续用快速幂判是否合法。
这样求出 \(n=1,C_1\) 的答案，然后将 \(n\) 乘一个 \(\frac{N'}{n}\) 的质因数，令 \(C'\) 初始化为 \(C_1\)，再进行不断尝试除质因子的过程。复杂度一个很松的上界是 \(\mathcal O(q\omega_{max}(10^{12})d_{max}(10^{12})))\)，\(w\) 表示质因子个数，\(d\) 表示因数个数。但是完全跑不满满满，所以还是能过的。
int n,m,cnt,phi[1000010],pr[300010];
bitset<1000010> vis;
map<int,bool> hash;
vi V[1000010],ve2;
inline int power(int x,int y,int z){int s=1;for(;y;y>>=1,x=x*x%z)if(y&1)s=s*x%z;return s;}
int solve(int A,int B,int N)
{
if(__gcd(A,N)!=1)
{
int d=__gcd(power(A,N,N),N);
return solve(A%(N/d),power(A,N,N)/d%(N/d)*B%(N/d),N/d);
}
if(A==1)return __gcd(B,N);
if(A==0||N==1)return 1;
int A_,N_,G=__gcd(A-1,B);
A_=(A-1)/G,N_=N;
int ans=0,x=A_,I=0,J=0,Phi=N*A_;
vector<pii> L,R,ve;ve2.clear(),hash.clear();
for(int i=2,c;i*i<=x;++i)if(!(x%i)){c=1;while(!(x%i))x/=i,++c;L.eb(mp(i,c));}
if(x>1)L.eb(mp(x,1));
x=N;for(int i=2,c;i*i<=x;++i)if(!(x%i)){c=1;while(!(x%i))x/=i,++c;R.eb(mp(i,c));}
if(x>1)R.eb(mp(x,1));
while(I<(int)L.size()&&J<(int)R.size())
{
if(L[I].fi==R[J].fi)ve.eb(mp(L[I].fi,L[I].se+R[J].se)),++I,++J;
else if(L[I].fi<R[J].fi)ve.eb(L[I++]);else ve.eb(R[J++]);
}
while(I<(int)L.size())ve.eb(L[I++]);
while(J<(int)R.size())ve.eb(R[J++]);
for(auto [x,y]:ve){Phi=Phi/x*(x-1);y>1?ve2.eb(x),0:0;for(auto p:V[x-1])ve2.eb(p);}
sort(ve2.begin(),ve2.end()),ve2.erase(unique(ve2.begin(),ve2.end()),ve2.end());
function<void(int,int)> dfs=[&](int n,int C)
{
if(hash.find(n)!=hash.end())return;
hash[n]=1;
for(auto x:ve2)while(C%x==0&&power(A,C/x,N*A_/n)<=1)C/=x;
ans+=N/N_*phi[N_/n]/C;
for(auto p:V[N_/n])dfs(n*p,C);
};
dfs(1,Phi);
return ans;
}
inline void mian()
{
read(n,m),phi[1]=1;int x,y;
for(int i=2;i<=1000000;++i)
{
if(!vis[i])phi[i]=i-1,pr[++cnt]=i;
for(int j=1;j<=cnt&&pr[j]*i<=1000000;++j)
{
vis[i*pr[j]]=1,phi[i*pr[j]]=phi[i]*(pr[j]-1);
if(i%pr[j]==0){phi[i*pr[j]]+=phi[i];break;}
}
}
for(int i=1;i<=cnt;++i)for(int j=pr[i];j<=1000000;j+=pr[i])V[j].eb(pr[i]);
for(int i=1;i<=m;++i)read(x,y),write(solve(x,y,n),'\n');
}
