数学数论专项练习 day 60

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A

显然只需要考虑质因子。

首先 $k$ 只有一个质因子可以特判，有两个可以 exgcd

有三个及其以上那么最小的一个 $\le {10}^5$，同余最短路即可。

B

考虑一个序列 $\{x|x=a_i{b}_i^t,t\in \mathbb{N}\}$，对于一个质因子提出了怎样的限制？

设 $a_i,b_i$ 在质因数 $p$ 的指数分别是 $c_{i,p},d_{i,p}$

则 Ans 设为 $\prod p_i^{r_i}$

必然有对于每个 $p$，有：

1. $\mathrm{\forall }i,c_{i,p}\le r_p$

2. $\mathrm{\forall }i,r_p\equiv c_{i,p}(mod{d}_{i,p})$

3. $\mathrm{\exists }k,\mathrm{\forall }p,r_p=c_{i,p}+k·d_{i,p}$

   也就是要求 $b$ 的指数相同

   等价于：

   $\mathrm{\forall }{p}_1,p_2,i,d_{i,p}>0,\frac{r_{p_1}-c_{i,p_1}}{d_{i,p_1}}=\frac{r_{p_2}-c_{i,p_2}}{d_{i,p_2}}$

限制条件 $2$ 应当是可解的，会得到一个 $r_p\equiv h_p(mod{m}_p)$，限制条件 $1$ 可以通过调整下界来满足

但是限制条件 $3$ 就有一点那个

其实可以通过 $h_p,m_p$ 来反过来对 $a_i{b}_i^{k_i}$ 中的 $k_i$ 提出限制。

类如 $k_i\equiv x_i(mod{t}_i)$ 这种东西，其实也就是最初的 $h_p$ 给出的限制，还有后面的 $m_p$ 给出的限制，这是一个 $p$ 给一个序列的限制，一个序列的 $k$ 可以由这些线性同余方程组解出来

解出来之后呢，由于每个 $k_i$ 是独立的，但是我们要求最终的解答是一样的，所以每个 $k_i$ 可以通过质因子建立一些关系，这显然也是丢番图方程

嗯貌似可以高斯消元

然后取一组最小的解出来就好了

太TMD扯淡了这个题写起来

$n\le 100?$

C

硬算指定死，不过因为 $C\le {10}^6$，所以可以处理出两个区间每个数字的出现次数，这可以暴力找循环节。注意循环节前面还有一段未进入循环节的部分

而且有 $\frac{p}{q}+\frac{q}{p}$ 由于呈现倒数关系所以值最大是 $C+1$。

考虑设 $f(x,y)=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}$，考虑求解 $\sum [\lceil f(x_i,y_i)\rceil \ge k]$

考虑到这玩意是对勾函数，那么对于一个 $x_i$ 而言是可以利用二次函数解出一段区间的

现在还是 $O(C^2)$，考虑优化

注意到对勾函数存在分界点，也就是 $x=y$ 的时候，不妨钦定 $x<y$，枚举 $x$，则这个对勾函数随着 $y$ 增加而增加，最多取到 $\frac{C}{y}$，所以是调和级数复杂度。

D

首先 $gcd{a}_i$ 的肯定是解，然后根据欧拉定理显然不存在大于 $n$ 的质数符合条件了

那么考虑枚举 $\le n$ 的质数，利用欧拉定理将其变为 $p-1$ 阶多项式后判断系数模 $p$ 是否是全零，同时需要有 $p|a_0$。

这东西疑似充要

E

拜谢粉方方，粉方方好闪

显然可以等效为 $aFi{b}_n+bFi{b}_{n+1}\equiv 0(modm)$

自然地除掉 $gcd(a,b,m)$ 同时 $b$ 进行移项，变为 $a^{\prime },b^{\prime },m^{\prime }$，则有：

$$a^{\prime }Fi{b}_n\equiv b^{\prime }Fi{b}_{n+1}(mod{m}^{\prime }),gcd(a^{\prime },b^{\prime },m^{\prime })=1$$

也就相当于 $a^{\prime }Fi{b}_n=b^{\prime }Fi{b}_{n+1}+k{m}^{\prime }$。

同时除掉 $gcd(a^{\prime },m^{\prime })$ 显然也成立，这就要求 $gcd(a^{\prime },m^{\prime })|b^{\prime }Fi{b}_{n+1},gcd(a^{\prime },b^{\prime },m^{\prime })=1⟹gcd(a^{\prime },m^{\prime })|Fi{b}_{n+1}$。

类似地，也可以得出 $gcd(b^{\prime },m^{\prime })|Fi{b}_n$，又因为有 $gcd(Fi{b}_n,Fi{b}_{n+1})=1$，所以类似有 $gcd(Fi{b}_n,m^{\prime })|b^{\prime },gcd(Fi{b}_{n+1},m^{\prime })|a^{\prime }$

则有：$gcd(Fi{b}_{n+1},m^{\prime })|a^{\prime },gcd(a^{\prime },m^{\prime })|Fi{b}_{n+1}⟹gcd(Fi{b}_{n+1},m^{\prime })=gcd(a^{\prime },Fi{b}_{n+1},m^{\prime })$

类似地可以有 $gcd(Fi{b}_{n+1},m^{\prime })=gcd(a^{\prime },m^{\prime })$

也有 $gcd(Fi{b}_n,m^{\prime })=gcd(b^{\prime },m^{\prime })$

不妨设 $x=gcd(Fi{b}_n,m^{\prime }),y=gcd(Fi{b}_{n+1},m^{\prime })$

则显然有 $gcd(x,y)=1$，且 $(xy)|m^{\prime },y|(a^{\prime }Fi{b}_n),x|(b^{\prime }Fi{b}_{n+1})$

所以给原同余式整体除掉 $xy$ 是可以的，且除掉之后所有数字就互质了

互质就可以求逆元了，同时也说明了 $(\frac{a^{\prime }}{y},\frac{b^{\prime }}{x},\frac{m^{\prime }}{xy})$ 与 $(\frac{Fi{b}_{n+1}}{x},\frac{Fi{b}_n}{y},\frac{m^{\prime }}{xy})$ 是对应的，因为可以互推。

注意到后面的三元组个数与 $m$ 的约数和同阶（显然 $Fib$ 数列循环节长度与模数同阶，手玩易证）

可以暴力处理出来直接哈希表/map 回答询问即可。

F

显然你三个方向两个向外一个向内，所以向外的状态向向内的状态连边，则可以变成一颗二叉树，而原题等价于问两个点之间的距离，显然我们只需要求出 dep 和 lca 即可。

可以考虑倍增，显然我们可以在类似辗转相除法地计算 $k$ 级祖先，这就好了

G

妙啊，是我不会的题

首先由于 $n\ge 2$，故可以考虑 CRT，设 $i\ne j,x=a+bi+k_i(c+di)=a+bj+k_j(c+dj)$

可以得出 $b(i-j)=(k_j-k_i)c+(j{k}_j-i{k}_i)d$

由于 $i-j$ 是可以任意取的，譬如取 $1$，而根据裴属定理，后面显然可以给出 $gcd(c,d)|b$，当然也因为后面不为零

这是一个判断无解的条件

那么我们设 $g=gcd(b,c,d)=gcd(c,d)$。

一步很妙的就是拿出常数 $a$ 将其变为 $amodg,a-(amodg)$，这一步即使在同余意义下也当然是对的，可以考虑暴力Excrt最终合并后的式子，$a$ 不影响。

那么就可以令 $a^{\prime }=\lfloor \frac{a}{g}\rfloor ,b^{\prime }=\frac{b}{g},c^{\prime }=\frac{c}{g},d^{\prime }=\frac{d}{g}$

我们求解 $x^{\prime }\equiv a^{\prime }+b^{\prime }i(mod{c}^{\prime }+d^{\prime }i),i\in [0,n-1]\cap \mathbb{Z}$

则答案可以还原为 $x=x^{\prime }g+(amodg)$。

这是因为你给Excrt过程中的每个 $M_i(c+d_i)$ 除掉了因子 $g$，则你乘回去对于每个式子仍然成立（写成不定方程就方便多了）。

则有：

$$\begin{array}{rl}x& \equiv a^{\prime }+b^{\prime }i(mod{c}^{\prime }+d^{\prime }i)\\ d^{\prime }x& \equiv d^{\prime }{a}^{\prime }+d^{\prime }{b}^{\prime }i(mod{c}^{\prime }+d^{\prime }i)\\ d^{\prime }x& \equiv d^{\prime }{a}^{\prime }+b^{\prime }(c^{\prime }+d^{\prime }i)-c^{\prime }{b}^{\prime }(mod{c}^{\prime }+d^{\prime }i)\\ d^{\prime }x& \equiv d^{\prime }{a}^{\prime }-c^{\prime }{b}^{\prime }(mod{c}^{\prime }+d^{\prime }i)\end{array}$$

可以看到我们利用乘法手段将整个同余式右侧化成了定值，则满足如上式子等价于满足 $M=lcm(c^{\prime }+d^{\prime }i),d^{\prime }x\equiv d^{\prime }{a}^{\prime }-c^{\prime }{b}^{\prime }(modM)$

我们所需最小非负整数解 $x^{\prime }$，则也即只需要求得一个 $d^{\prime }|(d^{\prime }{a}^{\prime }-c^{\prime }{b}^{\prime }+yM)$ 满足 $d^{\prime }{a}^{\prime }-c^{\prime }{b}^{\prime }+yM$ 是 $\ge 0$ 的第一个符合要求的值。

显然我们只需要枚举一个循环节，也就是 $d$ 个连续整数的 $y$

我们可以进行如下处理：

• $d^{\prime }{a}^{\prime }-c^{\prime }{b}^{\prime }<0$

  • 当 $M$ 极大时（严格意义上讲 $\ge |d^{\prime }{a}^{\prime }-c^{\prime }{b}^{\prime }|$ 即可，为了方便编程不妨设 inf=2e12）

  我们可以枚举 $[1,d^{\prime }]$ 以内的整数作为 $y$ 计算答案

  • 当 $M$ 较小时，直接对 $d^{\prime }{a}^{\prime }-c^{\prime }{b}^{\prime }$ 取模 $M$ 的最小非负值（这时候 $M$ 是可以存下的）

• $d^{\prime }{a}^{\prime }-c^{\prime }{b}^{\prime }\ge 0$

  • 当 $M$ 极大时，我们可以枚举 $[0,d^{\prime }-1]$ 的整数作为 $y$。
  • 当 $M$ 较小时，我们先取 $d^{\prime }{a}^{\prime }-c^{\prime }{b}^{\prime }$ 取模 $M$ 的最小非负值，然后枚举 $[0,d^{\prime }-1]$ 的整数作为 $y$

这样的枚举策略显然可以保证有解就可以找到一组最小的合法解。

最后我们求出 $d^{\prime }{a}^{\prime }-c^{\prime }{b}^{\prime }+yM$ 模 998244353 的值之后，再求 $d^{\prime }$ 在模 998244353 意义下的逆元，计算答案即可。

那么问题就只剩下三个

1. 求解 $M$ 模 $d^{\prime }$ 的值
2. 求解 $M$ 模 998244353 的值
3. 判断 $M$ 是否的“极大的”

不妨设 $w_i=c^{\prime }+d^{\prime }i$

注意到 $gcd(w_i,w_j)=gcd(c^{\prime }+d^{\prime }i,(i-j)d^{\prime })$，可以有 $gcd(w_i,w_j)|(i-j)d^{\prime }$

同时由于 $gcd(c^{\prime },d^{\prime })=1$，而 $gcd(w_i,d^{\prime })=gcd(c^{\prime },d^{\prime })=1$，所以说 $gcd(w_i,w_j,d^{\prime })=1$，也就是 $gcd(w_i,w_j)$ 与 $d^{\prime }$ 互质。

那么可以得到 $gcd(w_i,w_j)|(i-j)$，而 $i-j<n$，所以不同 $w$ 之间的共同质因子必然是 $[2,n]\cap \mathbb{Z}$ 的质数。

所以我们筛掉 $n$ 以内的质数（$w$ 除掉相应质数）后，$w$ 之间两两互质。

在这一步里，$M$ 就可以拆分为每个 $n$ 以内的质数的最大次幂以及除掉这些质数后余下的 $w$ 的积。

至于筛掉质数这一步，不妨枚举 $p$，也就是要求所有的 $i$ 满足 $c^{\prime }+d^{\prime }i\equiv 0(modp)⟹d^{\prime }i+pj=-c^{\prime }$，可以利用 exgcd 求出 $i$ 的通解进行暴力计算最大次幂和除法。

这一步的复杂度是不超过 $O(n\log n+n\log d^{\prime })$ 的，这是因为

1. $gcd(d^{\prime },p)\ne 1$ 时，$p$ 是 $d^{\prime }$ 的质因子，此时 $gcd(d^{\prime },p)=p$，$i$ 的循环节长度是 $1$

   这样的 $p$ 只有不超过 $\log d$ 个

2. $gcd(d^{\prime },p)=1$ 时，$i$ 的循环节长度是 $p$，也就是有 $\lfloor \frac{n}{p}\rfloor$ 个，根据调和级数的知识这必然不超过 $O(n\log n)$

通过这一步筛除质数后乘上所有剩下的 $w$ 就可以计算出 $M$ 模 $d^{\prime }$ 和 模 998244353 的值了，至于是否是极大的，在乘法过程中判断即可。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
const int inf=2e12,mod=998244353;
int Md=1,Mans=1,Mup=1,N,A,B,C,D;
int w[1050050],v[1050500];
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(!b){
        x=1,y=0;return a;
    }
    int d=exgcd(b,a%b,x,y);
    int z=x;x=y,y=z-(a/b)*y;
    return d;
}
signed main(){
    // ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>N>>A>>B>>C>>D;
    int g=__gcd(C,D);if(B%g){
        cout<<"-1\n";return 0;
    }
    int SurA=A%g;A/=g;B/=g,C/=g,D/=g;
    for(int i=0;i<N;++i)w[i]=C+D*i;
    for(int i=2;i<=N;++i){
        if(!v[i]){
            int p=i;
            for(int j=i;j<=N;j+=i)v[j]=1;
            //x*p+y*d=-c
            if(C%__gcd(p,D))continue;
            int x,y;int d=exgcd(p,D,x,y);
            int len=p/d;y=y*(-(C/d)%len)%len;
            y=(y%len+len)%len;
            int mx=0;
            // cout<<p<<": ";
            for(int k=y;k<N;k+=len){
                int c=0;
                // cout<<k<<" "<<C+D*k<<"\n";
                while(w[k]%p==0)w[k]/=p,++c;
                mx=max(mx,c);
            }
            while(mx--){
                Md=Md*p%D;
                Mans=Mans*p%mod;
                if(Mup>inf/p)Mup=inf+1;
                else Mup=min(Mup*p,inf+1);
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<N;++i)if(w[i]>1){
        Md=Md*(w[i]%D)%D;
        Mans=Mans*(w[i]%mod)%mod;
        if(Mup>inf/w[i])Mup=inf+1;
        else Mup=min(Mup*w[i],inf+1);      
        // cout<<w[i]<<" "<<i<<"\n";
    }
    // cout<<"prepared\n";
    Mup=min(Mup,inf+1);
    int tmp=A*D-B*C;
    if(Mup!=inf+1)tmp=(tmp%Mup+Mup)%Mup;
    auto power=[&](int a,int b)->int{
        a%=mod;
        int ans=1;
        while(b){
            if(b&1)ans=ans*a%mod;
            a=a*a%mod;b>>=1;
        }
        return ans;
    };
    // cout<<"pw "<<" "<<Md<<" "<<Mup<<' '<<Mans<<"\n";
    for(int y=0;y<=D;++y){
        // cout<<y<<"\n";
        if(tmp<0&&y==0)continue;
        if((tmp+y*Md%D)%D)continue;
        // cout<<"Find\n";
        int ans=(y*(Mans%mod)+tmp%mod)%mod;
        ans=ans*power(D,mod-2)%mod;
        ans=ans*g%mod;
        ans=(ans+SurA)%mod;
        cout<<ans<<"\n";return 0;  
    }
    cout<<"-1\n";
    return 0;
}