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 $\lbrace x|x=a_ib_i^t,t\in \mathbb{N}\rbrace $，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. \(\forall i,c_{i,p}\le r_p\)

2. \(\forall i,r_p\equiv c_{i,p}(\bmod d_{i,p})\)

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

   也就是要求 \(b\) 的指数相同

   等价于：

   \(\forall p_1,p_2,i,d_{i,p}>0,\frac{r_{p_1}-c_{i,p_1}}{d_{i,p_1}}=\frac{r_{p_2}-c_{i,p_2}}{d_{i,p_2}}\)

限制条件 \(2\) 应当是可解的，会得到一个 \(r_p\equiv h_p(\bmod m_p)\)，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 \(a_ib_i^{k_i}\) 中的 \(k_i\) 提出限制。

类如 \(k_i\equiv x_i(\bmod t_i)\) 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 \(aFib_n+bFib_{n+1}\equiv 0(\bmod m)\)

自然地除掉 \(\gcd(a,b,m)\) 同时 \(b\) 进行移项，变为 \(a',b',m'\)，则有：

\[a'Fib_n\equiv b'Fib_{n+1}(\bmod m'),\gcd(a',b',m')=1 \]

也就相当于 \(a'Fib_n=b'Fib_{n+1}+km'\)。

同时除掉 \(\gcd(a',m')\) 显然也成立，这就要求 \(\gcd(a',m')|b’Fib_{n+1},\gcd(a',b',m')=1\implies \gcd(a',m')|Fib_{n+1}\)。

类似地，也可以得出 \(\gcd(b',m')|Fib_n\)，又因为有 \(\gcd(Fib_n,Fib_{n+1})=1\)，所以类似有 \(\gcd(Fib_n,m')|b',\gcd(Fib_{n+1},m')|a'\)

则有：\(\gcd(Fib_{n+1},m')|a',\gcd(a',m')|Fib_{n+1}\implies \gcd(Fib_{n+1},m')=\gcd(a',Fib_{n+1},m')\)

类似地可以有 \(\gcd(Fib_{n+1},m')=\gcd(a',m')\)

也有 \(\gcd(Fib_n,m')=\gcd(b',m')\)

不妨设 \(x=\gcd(Fib_n,m'),y=\gcd(Fib_{n+1},m')\)

则显然有 \(\gcd(x,y)=1\)，且 \((xy)|m',y|(a'Fib_n),x|(b'Fib_{n+1})\)

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 \((\frac{a'}{y},\frac{b'}{x},\frac{m'}{xy})\) 与 \((\frac{Fib_{n+1}}{x},\frac{Fib_n}{y},\frac{m'}{xy})\) 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 \(i\neq j,x=a+bi+k_i(c+di)=a+bj+k_j(c+dj)\)

可以得出 \(b(i-j)=(k_j-k_i)c+(jk_j-ik_i)d\)

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 \(a\bmod g,a-(a\bmod g)\)，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 \(a'=\lfloor\frac{a}{g}\rfloor,b'=\frac{b}{g},c'=\frac{c}{g},d'=\frac{d}{g}\)

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

则答案可以还原为 \(x=x'g+(a\bmod g)\)。

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：

\[\begin{aligned} x&\equiv a'+b'i(\bmod c'+d'i)\\ d'x&\equiv d'a'+d'b'i(\bmod c'+d'i)\\ d'x&\equiv d'a'+b'(c'+d'i)-c'b'(\bmod c'+d'i)\\ d'x&\equiv d'a'-c'b'(\bmod c'+d'i) \end{aligned} \]

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 \(M=lcm(c'+d'i),d'x\equiv d'a'-c'b'(\bmod M)\)

我们所需最小非负整数解 \(x’\)，则也即只需要求得一个 \(d'|(d'a'-c'b'+yM)\) 满足 \(d'a'-c'b'+yM\) 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：

• \(d'a'-c'b'<0\)

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

  我们可以枚举 \([1,d']\) 以内的整数作为 \(y\) 计算答案

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

• \(d’a'-c'b'\ge 0\)

  • 当 \(M\) 极大时，我们可以枚举 \([0,d'-1]\) 的整数作为 \(y\)。
  • 当 \(M\) 较小时，我们先取 \(d’a'-c'b'\) 取模 \(M\) 的最小非负值，然后枚举 \([0,d'-1]\) 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 \(d’a'-c'b'+yM\) 模 998244353 的值之后，再求 \(d'\) 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 \(d’\) 的值
2. 求解 \(M\) 模 998244353 的值
3. 判断 \(M\) 是否的“极大的”

不妨设 \(w_i=c'+d'i\)

注意到 \(\gcd(w_i,w_j)=\gcd(c'+d'i,(i-j)d')\)，可以有 \(\gcd(w_i,w_j)|(i-j)d'\)

同时由于 \(\gcd(c',d')=1\)，而 \(\gcd(w_i,d')=\gcd(c',d')=1\)，所以说 \(\gcd(w_i,w_j,d')=1\)，也就是 \(\gcd(w_i,w_j)\) 与 \(d’\) 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 \(c'+d'i\equiv 0(\bmod p)\implies d'i+pj=-c'\)，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 \(O(n\log n+n\log d')\) 的，这是因为

1. \(\gcd(d',p)\neq 1\) 时，\(p\) 是 \(d’\) 的质因子，此时 \(\gcd(d',p)=p\)，\(i\) 的循环节长度是 \(1\)

   这样的 \(p\) 只有不超过 \(\log d\) 个

2. \(\gcd(d',p)=1\) 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 \(d'\) 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;
}