洛谷P2480 [SDOI2010]古代猪文（费马小定理，卢卡斯定理，中国剩余定理，线性筛）

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蒟蒻惊叹于一道小小的数论题竟能涉及这么多知识点！不过，掌握了这些知识点，拿下这道题也并非难事。

题意一行就能写下来：

给定$N,G$，求$G^{\sum \limits _{d|N}C(N,d)}(\mod999911659)$

乍一看，指数这么大，要怎么处理好呢？上费马小定理。

平时用费马小定理求逆元用多了，$a^{p-2}\equiv inv(a)(\mod p)$，搞得蒟蒻差点忘了它原本的样子$a^{p-1}=1(\mod p)$，那原式的指数$\sum \limits _{d|N}C(N,d)$就可以直接在$\mod999911658$意义下求了。

首先枚举$d|N$，这个还好办，直接$O(\sqrt{N})$把约数筛出来就好了，注意特判$N$为完全平方数的情况。

紧接着我们就碰到了组合数取模。如果模数是个质数还好办，直接上卢卡斯定理。但是$999911658$明显不是，把它放到计算器里点一下fact会出来$2×3×4679×35617$。

只能用扩展卢卡斯了。所谓扩展卢卡斯，其实就是对于一个非质数的模数，把它质因数分解，求出组合数模每一个质因数的结果。这样等于说得到了一个同余方程组，中国剩余定理还原答案即可。注意对于每一个质因数都要先重新打一遍阶乘表，再对每一个$N$的约数算组合数求和取模。

这样指数就求出来了。最后快速幂得到答案。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define R register LL
#define add(a,b,p) a=(a+b)%p
const LL YL=999911659,N=4e4,pr[4]={2,3,4679,35617};
LL f[N],fac[N],res[4],x,y,t;
LL qpow(R b,R k,R p){//快速幂求b^k%p
    R a=1;
    for(;k;k>>=1,b=b*b%p)
        if(k&1)a=a*b%p;
    return a;
}
LL C(R n,R m,R p){//组合数，注意特判
    return n<m?0:fac[n]*qpow(fac[m]*fac[n-m],p-2,p)%p;
}
LL lucas(R n,R m,R p){//同样注意特判
    return m?C(n%p,m%p,p)*lucas(n/p,m/p,p)%p:1;
}
void exgcd(R a,R b){
    if(b)exgcd(b,a%b),t=x,x=y,y=t-a/b*y;
}
int main(){
    fac[0]=1;
    R n,g,m,p=0,i,j,ans=0;
    scanf("%lld%lld",&n,&g);
    if(!(g%YL))return puts("0"),0;//又一次注意特判
    m=sqrt(n);
    for(i=1;i<=m;++i)
        if(!(n%i))f[++p]=i,f[++p]=n/i;
    p-=f[p-1]==f[p];//还是注意特判，防止被算两次
    for(i=0;i<4;++i){
        for(j=1;j<pr[i];++j)
            fac[j]=fac[j-1]*j%pr[i];
        for(j=1;j<=p;++j)
            add(res[i],lucas(n,f[j],pr[i]),pr[i]);
        //下面中国剩余定理，注意x变成正数
        x=1;y=0;exgcd(m=(YL-1)/pr[i],pr[i]);
        add(ans,res[i]*(x%pr[i]+pr[i])*m,(YL-1));
    }
    printf("%lld\n",qpow(g,ans,YL));
    return 0;
}