【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\(g^a=x\)，其中\(x\in [1,p),a\in [1,p)\)）所以我们可以开始快乐了

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

\[\begin{aligned} (x+y)^i\equiv x^i(mod\ P)\Rightarrow (1+g^{b-a})^i\equiv 1(mod\ P) \end{aligned} \]

​​　　（就是两边同除以\(x^i\)）

​　　然后因为\(1+g^{b-a}>=2\)，所以一定存在唯一一个\(k\in [1,p-1)\)满足：

\[g^k\equiv1+g^{b-a}(mod \ P) \]

​　　所以我们可以把上面的式子写成：

\[g^{ki}\equiv 1(mod\ P) \]

​　　也就是说\((P-1)|ki\)（因为原根的性质并且\(g^{P-1}\equiv 1 (mod\ P)\)），那么考虑\(k\)的取值，我们可以把\(k\)写成这样：

\[k=\frac{s(P-1)}{i}=\frac{s'(P-1)}{gcd(P-1,i)} \]

​　　然后因为\(k\in [1,P-1)\)，所以\(s'\in [1,gcd(P-1,i))\)，所以\(k\)总共有\(gcd(P-1,i)-1\)种取值

​​　　这个时候反过来想，这\(gcd(P-1,i)-1\)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\(b-a\)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\(gcd(P-1,i)-1\)个

​　　那所以\(f(i)=m(gcd(P-1,i)-1)\)

​​　　（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：

\[\sum\limits_{i=1}^{P-1}i\cdot m(gcd(P-1,i)-1) \]

​​　　这个时候我们就要开始大力化式子了qwq：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^{P-1}i\cdot m(gcd(P-1,i)-1)\\ =&m(\sum\limits_{i=1}^{P-1}i\cdot gcd(P-1,i)-\sum\limits_{i=1}^{P-1}i)\\ =&m\sum\limits_{d|(P-1)}d\sum\limits_{d|i,1<=i<=P-1}i[gcd(P-1,i)=d]-\frac{m(P-1)(P-2)}{2}\\ =&m\sum\limits_{d|(P-1)}d^2\sum\limits_{i=1}^{\frac{P-1}{d}}i[gcd(\frac{P-1}{d},i)=1]\\ \end{aligned} \]

​​　　这个时候我们需要一个黑科技：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^{n}i[gcd(n,i)=1]\\ =&\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^n (i+(n-i))[gcd(n,i)=1]\\ =&\frac{n}{2}\sum\limits_{i=1}^n [gcd(n,i)=1]\\ =&\frac{n\cdot \varphi(n)}{2} \end{aligned} \]

​​　　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\(gcd(n,n-i)=1\)，因为如果\(gcd(n,n-i)=x(x>1)\)，那么\(i=n-(n-i)\)应该也是\(x\)的倍数，所以\(gcd(n,i)\neq 1\)（最少为\(x\)），所以矛盾，得证

​​　　然后我们把每一对\(i\)和\(n-i\)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\(\frac{n\cdot \varphi(n)+[n=1]}{2}\)

​　　

​​　　然后有了这个黑科技我们就可以得到最终的式子：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{P-1}if(i) =m\sum\limits_{d|(P-1)}d^2\frac{\frac{P-1}{d}\cdot \varphi(\frac{P-1}{d})+[\frac{P-1}{d}=1]}{2} \end{aligned} \]

​​　　然后\(\varphi\)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));
	}
}