「codeforces - 185D」Visit of the Great
简单提一下做法,注意到 \(k^{2^a}\equiv k^{2^b}\equiv-1\equiv (-1)^{2^{b-a}}=1\pmod{(k^{2^a}+1,k^{2^{b}}+1)}\),所以 \(\gcd\) 只会是 \(1\) 或 \(2^{r-l}\),取决于 \(k\) 的就行,于是求一个 product 即可。
接下来是这篇题解的重点,聚焦 \(\displaystyle \prod\left(k^{2^i}+1\right)=\sum_{i=0}^{2^{r-l+1}-1}\left(k^{2^l}\right)^i\) 做补充。
不妨从二项式乘法的角度来看,举例 \(\left(k^{2^i}+1\right)\left(k^{2^j}+1\right)\left(k^{2^w}+1\right)\),不妨将 \(k^{2^x}\) 看作是选择,将 \(1\) 看作是不选择,那么一个长度为 \(r-l+1\) 的二进制数即可表示出这个乘积所有的状态,不妨设这个状态为 \(S\),注意到 \(S\) 对答案的贡献是在做加法,并且因为类似 \(2^i+2^j+2^w\) 的指数相加正好可以凑出 \(S\),所以 \(S\) 的贡献就是 \(\left(k^{2^l}\right)^S\),得证。
void executer() {
int k, p;
LL l, r;
cin >> k >> l >> r >> p;
SetMod(p-1);
int e = qpow(2, l), e2 = qpow(2, r-l+1);
SetMod(p);
int K = k%p ? qpow(k, e) : 0, ans;
if (K == 0) {
ans = 1;
}
else {
if (K == 1) {
ans = qpow(2, r-l+1);
}
else {
ans = mul(sub(qpow(K, e2), 1), inv(sub(K, 1)));
}
}
if (k%2) {
mul_eq(ans, inv(qpow(2, r-l)));
}
cout << ans << "\n";
}