2022ICPC网络赛第二场 - A

构造 + 费马小定理

2022ICPC网络赛（II）A

[题目详情 - A Yet Another Remainder (pintia.cn)](https://codeforces.com/contest/1734/problem/E)

题意

有一个大整数 $x(1<=x<=10^{10^6})$, 给出 $x$ 的十进制位数为 $n(1<=n<=10^6)$, 设从高到低位的数为 $a[i](1<=i<=n)$, 并给出 $min(n,100)$ 行信息 $b_{i,j}$，第 $i$ 行有 $i$ 个数，

$b_{i,j}$ 表示 for (int k = j; k <= n; k += i) b[i][j] += a[i];

有 $q(1<=q<=10)$ 组询问，每组给出一个素数 $p\;(p=3\;or\;7<=p<=97)$, 求 $x\mod p$ 的结果

思路

1. 首先关于同余的题目，最好下标从 0 开始，因此先把题干下标由低位到高位是 $[n,1]$ 改成从低位到高位分别是 $[0,n-1]$, 把 $b_{i,j}$ 预处理一下

2. 再思考 $b_{i,j}$ 是什么含义，$b_{i,j}$ 其实是 $a$ 数组的下标，在模 $i$ 意义下，同余于 $j$ 的所有数之和

3. 肯定不会是让把 $a[i]$ 全部求出来，很可能是要通过 $b_{i,j}$ 把 $x$ 拼出来

4. 由于答案并非求 $x$, 而是求 $x \mod p$ 的值，就转化为找一个较好拼凑出的 $y$, 满足 $y\equiv x\pmod p$

5. $x=1*a_0+10*a_1+100*a_2+...+10^i*a_i+...+10^n*a_n$

​ 通过暴力验证可以发现，对于任何一个素数 $p\;(p=3\;or\;7<=p<=97)$，都能在 100 以内找到一个 $i$, 使得 $10^i\equiv 1\pmod p$

​ (这里其实用费马小定理就可以，$i=p-1$)

​ 因此 $x\equiv (a_0+10*a_1+...+10^{i-1}a_{i-1})+(a_i+10*a_{i+1}+...+10^{i-1}*a_{2*i-1})+...+$

​ $=10^0*(a_0+a_i+a_{2*i}+...)+10^1*(a_1+a_{i+1}+a_{2*i+1}+...)+10^2*(a_2+a_{i+2}+...)+...$

​ 用 b矩阵的第 $i$ 行乘相应的系数就可拼凑出上式

6. n 较小时可能不存在第 $i(即p-1)$ 行, 要暴力特判

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define SZ(x) x.size()
typedef long long ll;

inline ll _read() {
	static ll ans;
	static unsigned int c;
	static bool p;
	for (c = getchar(); c != '-' && (c < '0' || c > '9'); c = getchar());
	if (c == '-') p = false, c = getchar(); else p = true;
	for (ans = 0; c <= '9' && c >= '0'; c = getchar()) ans = ans * 10 + c - '0';
	return p ? ans : -ans;
}

const int N = 110;
int pr[N], cnt;
bool st[N];

void get_primes(int n)
{
	memset(st, true, sizeof st);
	st[1] = false;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		if (st[i])
			pr[++cnt] = i;
		for (int j = 1; j <= cnt && pr[j] <= n / i; j++)
		{
			int p = pr[j];
			st[i * p] = false;
			if (i % p == 0)
				break;
		}
	}
}
ll qmi(ll a, ll b, ll p)
{
	ll ans = 1;
	while(b)
	{
		if (b & 1)
			ans = ans * a % p;
		a = a * a % p;
		b >>= 1;
	}
	return ans % p;
}
int id[N];
void presolve()
{
	for (int j = 1; j <= cnt; j++)
	{
		int p = pr[j];
		for (int i = 1; i <= 99; i++)
		{
			if (qmi(10, i, p) == 1)
			{
				id[p] = i;
				break;
			}
		}
	}
}

ll b[N][N];
int n, q;
int p;

ll solve()
{
	p = _read();
	int len = id[p];
	ll ans = 0;
	for (int i = 0; i < len; i++)
	{
		ans += b[len][i] * qmi(10, i, p) % p;
		if (ans >= p)
			ans -= p;
	}
	return ans;
}

void solve2()
{
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for (int j = 0; j < i; j++)
			b[i][j] = _read();
	}
	q = _read();
	while(q--)
	{
		p = _read();
		ll ans = 0;
		for (int i = 0; i < n; i++)
		{
			ans += qmi(10, n - i - 1, p) * b[n][i] % p;
			if (ans >= p)
				ans -= p;
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}
}
int main() {
	get_primes(99);
	presolve();
	int T = _read();
	while(T--)
	{
		n = _read();
		if (n <= 100)
		{
			solve2();
			continue;
		}
		for (int i = 1; i <= 100; i++)
		{
			for (int j = 0; j < i; j++)
			{
				int jj = j + 1;
				int r = (n - jj) / i * i + jj - 1;
				r = n - 1 - r;
				b[i][r] = _read();
			}
		}
		q = _read();
		while(q--)
		{
			ll ans = solve();
			printf("%lld\n", ans);
		}
	}
	return 0;
}