洛谷 P2480 [SDOI2010]古代猪文 题解【欧拉定理】【CRT】【Lucas定理】
数论综合题。
题目背景
题目背景与题目无关因此省略。题目链接
题目描述
猪王国的文明源远流长，博大精深。
iPig 在大肥猪学校图书馆中查阅资料，得知远古时期猪文文字总个数为 \(N\)。当然，一种语言如果字数很多，字典也相应会很大。当时的猪王国国王考虑到如果修一本字典，规模有可能远远超过康熙字典，花费的猪力、物力将难以估量。故考虑再三没有进行这一项劳猪伤财之举。当然，猪王国的文字后来随着历史变迁逐渐进行了简化，去掉了一些不常用的字。
iPig 打算研究古时某个朝代的猪文文字。根据相关文献记载，那个朝代流传的猪文文字恰好为远古时期的 \(k\) 分之一，其中 \(k\) 是 \(N\) 的一个正约数（可以是 \(1\) 和 \(N\)）。不过具体是哪 \(k\) 分之一，以及 \(k\) 是多少，由于历史过于久远，已经无从考证了。
iPig 觉得只要符合文献，每一种能整除 \(N\)的 \(k\) 都是有可能的。他打算考虑到所有可能的 \(k\)。显然当 \(k\) 等于某个定值时，该朝的猪文文字个数为 \(\frac Nk\)。然而从 \(N\) 个文字中保留下 \(\frac Nk\) 个的情况也是相当多的。iPig 预计，如果所有可能的 \(k\) 的所有情况数加起来为 \(P\) 的话，那么他研究古代文字的代价将会是 \(G\) 的 \(P\) 次方。
现在他想知道猪王国研究古代文字的代价是多少。由于 iPig 觉得这个数字可能是天文数字，所以你只需要告诉他答案除以 \(999911659\) 的余数就可以了。
输入输出格式
输入格式：
输入有且仅有一行：两个数 \(N,G\)，用一个空格分开。
输出格式：
输出有且仅有一行：一个数，表示答案除以 \(999911659\) 的余数。
输入输出样例
输入样例#1：
4 2输出样例#1：
2048说明
\(10\%\) 的数据中，\(1\le N\le 50\)；
\(20\%\) 的数据中，\(1\le N\le 10^3\)；
\(40\%\) 的数据中，\(1\le N\le 10^5\)；
\(100\%\) 的数据中，\(1\le G\le 10^9,1\le N\le 10^9\)。
题解
题意即给定 \(N,G\)，求
当 \(G\bot 999911659\) （二者互质）时，指数方面可以用欧拉定理化为 \(\sum_{d|n}\mathrm C_n^d\bmod 999911658\)。
\(999911659\) 是质数，所以 \(\varphi(999911659)=999911658\)，当且仅当 \(G=999911659\) 时不成立，此时原式恒为 \(0\)，注意这里要特判。
而满足 \(d|n\) 的数最多只有 \(O(\log n)\) 个，这样的枚举也最多只进行了 \(O(\sqrt n)\) 次，问题的关键就转到了如何快速求出 \(\mathrm C_n^d\) 上了。
我们知道，当模数为质数时，可以使用 Lucas 定理来做到 \(O(\log p)\) 求出组合数模 \(p\) 意义下的结果，且空间复杂度最小为 \(O(p)\)。此时既不满足模数为质数，也无法满足空间需求。
考虑质因数分解 \(999911658\) 这个数字，得到 \(2\times 3\times 4679\times 35617\)，它的质因数的次数都是 \(1\)。利用这个性质我们可以做什么呢？
令 \(\mathrm C_n^d\equiv x\pmod{999911658}\)，由于 \(999911658\) 有上面四个质因数，所以把
这个方程组合并，会得到 \(x\equiv a\pmod{999911658}\)，\(a\) 就是我们要求的答案了。
而根据 Lucas 定理，上面那四个模数都是质数，所以可以求出 \(a_1,a_2,a_3,a_4\)，最后用 CRT 合并一下就可以了。
时间复杂度 \(O(\log^2n)\)。（分别是求 \(d\) 的复杂度和 Lucas 定理的复杂度）
一定要特判 \(G=999911658\)。
Code：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
ll fact[40000],inv[40000],p;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(!b)
{
x=1,y=0;
return a;
}
ll g=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return g;
}
ll qpow(ll x,ll y)
{
ll ans=1;
while(y)
{
if(y&1)
ans=ans*x%p;
x=x*x%p;
y>>=1;
}
return ans;
}
ll qmul(ll x,ll y)
{
ll ans=0;
if(x<0)
x=p+x;
if(y<0)
y=p+y;
while(y)
{
if(y&1)
ans=(ans+x)%p;
x=(x+x)%p;
y>>=1;
}
return ans;
}
ll C(ll n,ll m)
{
if(n<m)
return 0;
if(n<p&&m<p)
return fact[n]*inv[m]%p*inv[n-m]%p;
return C(n/p,m/p)*C(n%p,m%p)%p;
}
int d[1000],cnt=0;
ll a[5],b[5]={0,2,3,4679,35617};
int main()
{
ll n,g,x,y;
scanf("%lld%lld",&n,&g);
if(g==999911659)
{
puts("0");
return 0;
}
for(int i=1;i*i<=n;++i)
if(n%i==0)
{
d[++cnt]=i;
if(i*i!=n)
d[++cnt]=n/i;
}
//先算 T%2
for(int l=1;l<=4;++l)
{
p=b[l];
fact[0]=1;
for(int i=1;i<p;++i)
fact[i]=fact[i-1]*i%p;
inv[p-1]=qpow(fact[p-1],p-2);
for(int i=p-2;i>=0;--i)
inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p;
for(int i=1;i<=cnt;++i)
a[l]=(a[l]+C(n,d[i]))%p;
}
for(int i=2;i<=4;++i)
{
ll g=exgcd(b[i],b[i-1],x,y);
p=b[i-1]/g;
x=qmul(x,(a[i]-a[i-1])/g);
p*=b[i];
a[i]-=qmul(x,b[i]);
a[i]=(a[i]%p+p)%p;
b[i]=p;
}
p=999911659;
printf("%lld\n",qpow(g,(a[4]%b[4]+b[4])%b[4]));
return 0;
}
