HDU 5780 gcd

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题解：
首先有一个结论： $gcd(x^a-1,x^b-1)=x^{gcd(a,b)}-1$
推导过程可以参考一下辗转相减法。
$(x^a-1,x^b-1)=(x^{a-b},x^b-1)$
我们重复这一个步骤，就会发现其实幂次在辗转相减，而外面总会有一个-1，所以可以最后一定会变为 $x^{gcd(a,b)}-1$
那么知道了这点以后，就转化为比较熟悉的求1～n的gcd的模型了。
那么我们令gcd（a，b）=k，枚举k，求的就是n/k范围内在互质的数的对数f[n/k]，因为a，b可以互换，所以还要乘以2然后-1。
那么可以预处理一下f。
但是这样要枚举k，时间复杂度为O（n）。
但是我们发现n/k可以除法分块，时间复杂度就压到 $O(\sqrt n)$ 了。
代码如下：

#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1000005,tt=1e9+7;
int T,m,su[maxn];
ll X,n,f[maxn],inv[maxn],ans;
bool vis[maxn];
void make_f(){
    f[1]=1;
    for (int i=2;i<=1000000;i++){
        if (!vis[i]) f[i]=i-1ll,su[++m]=i;
        for (int j=1;j<=m&&i*su[j]<=1000000;j++){
            vis[i*su[j]]=1;
            if (i%su[j]==0) {f[i*su[j]]=f[i]*su[j]; break;}
            f[i*su[j]]=f[i]*(su[j]-1);
        }
    }
    for (int i=2;i<=1000000;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i]*2%tt)%tt;
    inv[1]=1ll;
    for (int i=2;i<=1000000;i++) inv[i]=1ll*(tt-tt/i)*inv[tt%i]%tt;
}
ll qsm(ll x,ll y){
    ll ret=1ll;
    while (y){
        if (y%2==1) ret=ret*x%tt;
        x=x*x%tt; y/=2;
    }
    return ret;
}
void doit(){
    ll r=0; ans=0;
    for (int i=1;i<=n;i=r+1){
        r=n/(n/i);
        ans=(ans+f[n/i]*qsm(X,i)%tt*(qsm(X,r-i+1)+tt-1)%tt*inv[X-1]%tt)%tt;
    }
    printf("%lld\n",(ans+tt-1ll*n*n%tt)%tt);
}
int main(){
    scanf("%d",&T);
    make_f();
    while (T--){
        scanf("%lld %lld",&X,&n);
        if (X==1) {printf("0\n"); continue;}
        doit();
    }
    return 0;
}

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