题解 整除

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确实好题

给定 \(n=\prod p_i\)，求 \(\sum [n\mid x^m-x]\)
首先发现若 \(n|x^m-x\)，则有 \(p|x^m-x\) 对每个 \(p_i\) 都成立
先处理这个式子，即为

\[x^m \equiv x \pmod p \]

这里的 \(m\) 次方不好处理，用原根转化一下，即

\[g^{im} \equiv g^i \pmod p \]

由扩展欧拉定理（？）知

\[im \equiv i \pmod{p-1} \]

于是

\[i(m-1) \equiv 0 \pmod{p-1} \]

即

\[p-1 \mid i(m-1) \]

于是

\[\frac{p-1}{gcd(p-1, m-1)} \mid i \]

因为

\[i \in [0, p-2] \]

所以 \(i\) 有 \(\frac{p-1}{\frac{p-1}{gcd(p-1, m-1)}} = gcd(p-1, m-1)\) 个解
考虑 \(p\) 也是一个合法的解，于是有 \(gcd(p-1, m-1)+1\) 个解
发现我们可以用这些 \(p_i\) 列出一个同余方程组来
这个方程组中每个方程都有 \(gcd(p_i-1, m-1)+1\) 种可能
每个方程组在 \([1, n]\) 内有唯一解，所以题面要求的就是可以列出多少个方程组
是 \(\prod gcd(p_i-1, m-1)+1\)，于是得解

• 形如 \(a \mid bc\) 的式子，有 \(\frac{a}{gcd(a, b)} \mid c\)

Code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 100010
#define ll long long
#define int long long

char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
inline ll read() {
	ll ans=0, f=1; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
	while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
	return ans*f;
}

int id, c, m;
ll divd[N];
const ll mod=998244353;
inline ll qpow(ll a, int b) {ll ans=1ll; for (; b; a=a*a%mod, b>>=1) if (b&1) ans=ans*a%mod; return ans;}
inline ll qpow2(ll a, int b) {ll ans=1ll; for (; b; a*=a,b>>=1) if (b&1) ans*=a; return ans;}

namespace force{
	ll n;
	void solve() {
		n=1;
		ll ans=0;
		for (int i=1; i<=c; ++i) n*=divd[i];
		// cout<<"n: "<<n<<endl;
		for (int i=1; i<=n; ++i) {
			ll tem=i*(qpow2(i, m-1)-1);
			// cout<<"tem: "<<tem<<endl;
			if (tem%n==0) {
				++ans;
				// cout<<"div: "<<i<<' '<<i*(qpow2(i, m-1)-1)<<endl;
			}
		}
		printf("%lld\n", ans%mod);
	}
}

namespace task1{
	ll n;
	void solve() {
		n=1;
		ll ans=0;
		for (int i=1; i<=c; ++i) n*=divd[i];
		for (int i=1; i<=n; ++i) {
			for (int j=1; j<=c; ++j) if ((i*(i-1))%divd[j]) goto jump;
			++ans;
			// cout<<"div: "<<i<<endl;
			jump: ;
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}
}

namespace task{
	inline ll gcd(ll a, ll b) {return !b?a:gcd(b, a%b);}
	void solve() {
		ll ans=1ll;
		for (int i=1; i<=c; ++i) ans=ans*(gcd(divd[i]-1, m-1)+1)%mod; //, cout<<"gcd: "<<divd[i]-1<<' '<<m-1<<endl;
		printf("%lld\n", ans);
	}
}

signed main()
{
	freopen("division.in", "r", stdin);
	freopen("division.out", "w", stdout);

	id=read();
	int T=read();
	while (T--) {
		c=read(); m=read();
		for (int i=1; i<=c; ++i) divd[i]=read();
		// force::solve();
		// task1::solve();
		task::solve();
	}
	
	return 0;
}