Solution Set - 数论相关

绝了，六道题都差一步想出来或者差一个细节就开始看题解。

CF906D

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要求 $a^b\bmod p$，那就要求 $b\bmod \varphi(p)$。从这个思路开始往后迭代即可。$\varphi(p)$ 迭代到 $1$ 的次数大概是 $\log p$ 级别的，所以时间复杂度正确。注意扩展欧拉定理的正确运用。具体实现直接往后枚举即可，写成递归可能更简单。

CF1562F

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发现询问次数和 $n$ 很接近，那应该考虑找到一个比较特殊的数，对它和序列中所有数进行询问。这个数当然是大质数最好。

如果序列中没有大质数，则长度不会太长，最长大概在 $90$ 左右。而 $n\le 100$ 的时候都可以对所有数对做询问，询问之后每次找到还没确定的数中产生的最大 $\text{lcm}$，它一定是最大的两个数产生的。

如果序列中有大质数，需要找到它。不好准确定位，那就考虑随机化。计算会发现找到的概率还是很大的。先进行 $4999$ 次随机询问，然后找到回答的最大质因子最大的一次，就可以假设它的最大质因子是我们想要的大质数。再取一个数和这次询问的两个数询问一下，确定哪个是大质数。再做 $n-1$ 次询问确定所有数即可。

CF1698G

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会发现问题可以转化成模 $2$ 意义下的多项式乘法。给定的 $s$ 序列丢掉低位 $0$ 就是一个多项式 $f$，在无穷序列上异或的位置构成另一个多项式 $g$。最后要求 $f\times g=x^n+1$，$n$ 最小。那也可以写成 $x^n\equiv 1\pmod f$，这里等号都在模 $2$ 意义下。对后面这个式子BSGS即可。

CF516E

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显然只用考虑 $n,m$ 互质的情况。不互质时除掉最大公约数，注意会有一些 corner case。下面来考虑互质的情形。

假设有一个编号为 $i$ 的男生开始就快乐，那第 $i$ 天他让 $i\bmod m$ 号女生变快乐，第 $i+cn$ 天他让 $(i+cn)\bmod m$ 号女生变快乐。那么我们可以认为是第 $i\bmod m$ 号女生用了 $cn$ 天使得 $(i+cn)\bmod m$ 号女生变快乐。更简单一点，如果 $j$ 号女生某一天变快乐了，$j+n$ 天后她会让 $(j+n)\bmod m$ 号女生变快乐。

这时可以类似同余最短路的模型建图，从 $j$ 向 $(j+n)\bmod m$ 连边权为 $n$ 的边。这些边构成一个大环，剩下还有一些边：如果 $i$ 号男生初始快乐，则第 $i$ 天开始 $i\bmod m$ 号女生快乐，所以从源点向 $i\bmod m$ 号女生连边权为 $i$ 的边；如果 $i$ 号女生初始快乐，从源点向 $i$ 连边权为 $i$ 的边。然后要求源点到所有点的最短路中最长的一条的长度。注意到有一个大环，环上边权相同，剩下的边数目不多，所以按照环上顺序排序求解即可。

CF1225G

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考虑每个数被除的次数，也就是对最终的 $1$ 的贡献系数。假设 $a_i$ 被除了 $b_i$ 次，则 $\sum\limits_{i=1}^{n}a_ik^{-b_i}=1$。要求 $b_i\in \N$。

然后会发现如果这样一组 $b_i$ 存在，就一定可以构造出合法的方式。具体方法是按照 $b$ 从大到小排序，则最大的两个 $b$ 值一定一样。取出最大的两个合并，除几次 $k$ 就把 $b$ 减掉几，然后插回堆中。重复即可。因为保证了 $k\nmid a_i$，所以一定是可以的。

问题转化为判定。这时可以状压DP，定义 $dp_{S,x}$ 表示存在一组 $b_i$ 使得 $\sum\limits_{i\in S}a_ik^{-b_i}=x$。转移方程有两种：$dp_{S,x}\rightarrow dp_{S+\{i\},x+a_i}$ 和 $dp_{S,xk}\rightarrow dp_{S,x}$。第一种可以用 bitset 优化，这样总时间复杂度是 $O(\frac{n2^n\sum a_i}{w}+2^n\sum a_i)$。最后输出方案只要倒着 DFS 就行。

CF765G

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会发现幂次是没用的，只用考虑 $N'=\prod_{i=1}^{n}p_i$，然后把答案乘上 $\prod_{i=1}^{n}p_i^{\alpha_i-1}$。

由中国剩余定理，$0$ 到 $N'-1$ 中的数 $k$ 可以与 $(r_1,r_2,\cdots,r_n),r_i=k\bmod p_i$ 一一对应。这时 $s_i=1\Leftrightarrow \gcd(k+i,N')=1\Leftrightarrow \forall j,p_j\nmid r_j+i$。也就是说，确定 $r_j$ 之后，我们可能可以确定一些 $i$ 一定满足 $\gcd(k+i,N')\neq 1$。

那么就有一个暴力：枚举 $r_1,r_2,\cdots,r_n$ 的值，维护一个“能否确定不互质”的序列，要求最后这个序列等于 $s$ 的方案数。这个复杂度显然是逆天的，但是会发现每个大于等于 $m$ 的质数都至多让字符串的一位确定为 $0$，所以只用枚举 $\lt m$ 的质数对应的余数。

但是还是很大，不超过 $40$ 的质数也不少。好消息是，如果有 $2$，那么确定模 $2$ 的余数的时候就可以确定一半，有效状态数不超过 $2^20$，这启发我们做一个记忆化搜索；坏消息是，如果没有 $2,3$，状态数还是很逆天。

既然已经这么逆天了，那我们不妨再逆天一点，看看不超过 $40$ 的质数能不能分开处理。枚举会发现从 $5$ 搜到 $23$ 的状态数都不会太大。而当考虑到 $29$ 的时候，就有一些状态可以合并了——中间 $18$ 位只用考虑 $0$ 的个数，它们不会再影响了（以 $m=40$ 为例）。同样的，考虑到 $31$ 就可以只考虑中间 $20$ 位的 $0$ 的个数。做了这个优化之后状态数显著降低，可以通过。

具体而言，维护一个状态：开头 $p_1$ 位的具体值，结尾 $p_2$ 位的具体值，以及中间 $1$ 的个数。转移是不难的。在考虑 $29$ 之前，把 $p_1,p_2$ 分别设为 $m-29,29$，其它类似。需要一个哈希表来记录状态。