2024 BUPT Programming Contest F

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• 简要题意
• 题解

简要题意

多测，给定一个 $n\times n$ 矩阵，矩阵中的每一个元素的计算方式如下：

• 矩阵的行和列唯一决定两个整数对 $(a,b)$，矩阵第 $a(0\le a<n)$ 行第 $b(0\le b<n)$ 列的元素为 $a\times bmodn$

求矩阵中元素 $m$ 出现的次数。

• $0\le m<n\le {10}^{12}$

• $1\le T\le 100$

题解

对于矩阵中的任意一个元素是独立的，因此我们考虑对于一组 $a\times b\equiv m(\mathrm{mod}n)$ 的合法性。

原式可推出 $ab+kn=m$，由裴蜀定理可知，当 $gcd(a,n)\mid m$ 时，方程有线性整数解。

接下来考虑对于一个合法的 $a$ 有多少组解是可以被接受的，由于 $at=sn$，我们想要找到尽可能小的 $(s,t)$ 的一组解，那么 $t=\frac{n}{gcd(a,n)}$，若 $ab\equiv m(\mathrm{mod}n)$，那么 $a(b+\frac{n}{gcd(a,n)})\equiv m(\mathrm{mod}n)$。

对于最小的二元组 $(a,b)$ 使原式成立，必有 $b<\frac{n}{gcd(a,n)}$ 成立，若有 $b\ge \frac{n}{gcd(a,n)}$，则由 $a(b+\frac{n}{gcd(a,n)})\equiv m(\mathrm{mod}n)$ 可递归定义最小的 $b$。

因此，对于任何合法的 $a$，必存在最小的二元组 $(a,b)$ 使得同余式成立，因此所有的合法解为：

$$\begin{array}{rl}\sum _{a=0}^{n-1}\lfloor \frac{n}{\frac{n}{gcd(a,n)}}\rfloor [gcd(a,n)\mid m]& =\sum _{a=0}^{n-1}gcd(a,n)[gcd(a,n)\mid m]\\ & =\sum _{a=1}^{n}gcd(a,n)[gcd(a,n)\mid m]\\ & =\sum _{d\mid m}d\sum _{a=1}^n[gcd(a,n)=d]\\ & =\sum _{d\mid m,d\mid n}d\sum _{a=1}^n[gcd(a,n)=d]\\ & =\sum _{d\mid gcd(n,m)}d\sum _{a=1}^n[gcd(\frac{a}{d},\frac{n}{d})=1]\\ & =\sum _{d\mid gcd(n,m)}d\sum _{a=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(a,\frac{n}{d})=1]\\ & =\sum _{d\mid gcd(n,m)}d\phi \left(\frac{n}{d}\right)\end{array}$$

参考代码

复制#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 10, mod = 998244353;
ll n, m;
ll primes[N], phi[N], cnt;
bool st[N];

void init()
{
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; i ++ )
    {
        if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i, phi[i] = i - 1;
        for (int j = 0; primes[j] * i < N; j ++ )
        {
            st[primes[j] * i] = 1;
            if (i % primes[j] == 0)
            {
                phi[primes[j] * i] = phi[i] * primes[j];
                break;
            }
            phi[primes[j] * i] = phi[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
}

ll get_phi(ll x)
{
    if (x < N) return phi[x];
    ll res = 1;
    for (int i = 0; primes[i] * primes[i] <= x; i ++ )
    {
        if (x % primes[i] == 0) res = res * (primes[i] - 1) % mod, x /= primes[i];
        while (x % primes[i] == 0) res = res * primes[i] % mod, x /= primes[i];
    }
    if (x > 1) res = res * (x - 1) % mod;
    return res;
}

void solve()
{
    cin >> m >> n;
    ll g = __gcd(m, n), ans = 0;
    for (ll i = 1; i * i <= g; i ++ )
        if (g % i == 0)
        {
            (ans += i * get_phi(n / i) % mod) %= mod;
            if (i * i != g) (ans += (g / i) % mod * get_phi(n / (g / i)) % mod) %= mod;
        }
    cout << ans << endl;
}

int main()
{
    int T;
    init();
    cin >> T;
    while (T -- ) solve();
    return 0;
}