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【hdu6051】If the starlight never fade

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Solution

​  神仙题qwq好吧我个人感觉是神仙题

​​  这题其实有一个比较野路子的做法。。就是。。打表观察。。反正场上ckw大佬就是这样把这题A穿的%%%

​​  然而实际上正解很神秘或者说很妙。。虽然说是不是用原根是。。套路?反正记录一下:

​​  注意到P是奇质数,那么我们可以找到一个模P意义下的原根g

​​  然后因为原根具有一些十分优秀的性质(存在唯一的a满足ga=x,其中x[1,p),a[1,p))所以我们可以开始快乐了

​  我们记x=ga,y=gb(a,b[1,p)),那么原来求f(i)的式子可以变成:

(x+y)ixi(mod P)(1+gba)i1(mod P)

​​  (就是两边同除以xi

​  然后因为1+gba>=2,所以一定存在唯一一个k[1,p1)满足:

gk1+gba(mod P)

​  所以我们可以把上面的式子写成:

gki1(mod P)

​  也就是说(P1)|ki(因为原根的性质并且gP11(mod P)),那么考虑k的取值,我们可以把k写成这样:

k=s(P1)i=s(P1)gcd(P1,i)

​  然后因为k[1,P1),所以s[1,gcd(P1,i)),所以k总共有gcd(P1,i)1种取值

​​  这个时候反过来想,这gcd(P1,i)1种取值,对应的是那么多个不同的k,再反推回去对应的就是那么多个ba的取值,也就是说当b固定的时候,也就是y固定的时候,有那么多个a可以取(也就是说有那么多个x可以取),即对于每一个y,能取的x都有gcd(P1,i)1

​  那所以f(i)=m(gcd(P1,i)1)

​​  (可以这样一路推上去都是因为原根那个一一对应的性质,否则不能进行这么神秘的操作)

​  那所以我们的问题变成了求:

P1i=1im(gcd(P1,i)1)

​​  这个时候我们就要开始大力化式子了qwq:

P1i=1im(gcd(P1,i)1)=m(P1i=1igcd(P1,i)P1i=1i)=md|(P1)dd|i,1<=i<=P1i[gcd(P1,i)=d]m(P1)(P2)2=md|(P1)d2P1di=1i[gcd(P1d,i)=1]

​​  这个时候我们需要一个黑科技:

ni=1i[gcd(n,i)=1]=12ni=1(i+(ni))[gcd(n,i)=1]=n2ni=1[gcd(n,i)=1]=nφ(n)2

​​  具体为什么的话就是。。如果说我们知道gcd(n,i)=1,我们可以推出gcd(n,ni)=1,因为如果gcd(n,ni)=x(x>1),那么i=n(ni)应该也是x的倍数,所以gcd(n,i)1(最少为x),所以矛盾,得证

​​  然后我们把每一对ini凑在一起就是上面那个式子的样子了

​  然后对于n=1的情况需要特判一下就是如果n=1那么应该是等于1,也就是nφ(n)+[n=1]2

​  

​​  然后有了这个黑科技我们就可以得到最终的式子:

P1i=1if(i)=md|(P1)d2P1dφ(P1d)+[P1d=1]2

​​  然后φ的话直接根号求,然后枚举一下因数就好了

​  

​​  代码大概长这个样子

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MOD=1e9+7,inv2=500000004;
int n,m,P,ans,T;
int mul(int x,int y){return 1LL*x*y%MOD;}
int add(int x,int y){return (1LL*x+y)%MOD;}
int Phi(int x){
	int ret=1;
	for (int i=2;i*i<=x;++i){
		if (x%i==0) ret=mul(ret,(i-1)),x/=i;
		while (x%i==0) ret=mul(ret,i),x/=i;
	}
	if (x>1) ret=mul(ret,(x-1));
	return ret;
}
int calc(int n){
	int ret=0,x,tmp;
	for (int i=1;i*i<=n;++i){
		if (n%i) continue;
		x=n/i;
		tmp=add(mul(Phi(x),x),(x==1));
		tmp=mul(1LL*i*i%MOD,tmp);
		ret=add(ret,tmp);

		if (i*i==n) continue;
		x=i;
		tmp=add(mul(Phi(x),x),(x==1));
		tmp=mul(1LL*(n/i)*(n/i)%MOD,tmp);
		ret=add(ret,tmp);
	}
	ret=mul(ret,inv2);
	ret=add(ret,MOD-(1LL*(n+1)*n/2)%MOD);
	return ret;
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
#endif
	int tmp,x;
	scanf("%d",&T);
	for (int o=1;o<=T;++o){
		scanf("%d%d",&m,&P);
		ans=calc(P-1);
		printf("Case #%d: %d\n",o,mul(m,ans));
	}
}
posted @   yoyoball  阅读(270)  评论(0编辑  收藏  举报
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