洛谷·[SDOI2010]古代猪文

初见安~这里是传送门：洛谷P2480 古代猪文【~~其实这个题咕了好久了才写……~~

题解

【本题有种数论知识点大杂烩的感觉，若有知识点残缺欢迎来走走：定理传送门，Lucas传送门】

数论题啊……~~一眼下来连题都读不懂呢~~。样例知道怎么来的了就很好整了。

说白了题意就是求 $G^{\sum_{d|n}C_n^d} mod 999911659$ 。

n的范围是1e9，所以对于因数d的枚举不会超过 $\sqrt{n}$ ，可以暴力找；但是求组合数就爆掉了。因为模数很大，n也很大，你预处理fac会爆空间，直接Lucas作用又不大……所以我们就要把模数降下来。

可以想到欧拉定理—— $a^b \equiv a^{b mod \phi(n)}(modn)$ ，且a和n互质。//这里搁浅一下，文末继续

因为999911659是质数，所以 $\phi(999911659) = 999911658 = 2*3*4679*35617$ 。

所以问题就可以转化为求：

$\sum_{d|n}C_n^d mod 999911658$

对于把模数降下来，我们引入一个定理：：

对于两个整数x，y，如果同余一个数p，那么同样同余这个数的所有因数。

例如 $x \equiv y(mod p),p=a*b$ ，则一定有 $x \equiv y(mod a),x \equiv y(mod b)$ 。

证明显然【严谨公式证明有点儿困难，就口胡了……】：

设 $a = t+k_1p, b=t+k_2p$ ，则有 $a\equiv b \equiv t(mod p)$ ；
设x是p的某个因数，则必有 $k_1p \equiv k_2p \equiv 0(modx)$ ；
所以a和b都只剩下t，同一个数取余同一个数等于同一个数；
证毕。

所以我们设 $ans = \sum_{d|n}C_n^d mod 999911658$ ，则ans与这一坨sigma同余。

所以可以转化到：

$\left\{\begin{matrix} ans\equiv a_1(mod 2)\\ ans \equiv a_2(mod 3)\\ ans \equiv a_3(mod 4679)\\ ans \equiv a_4(mod 35617) \end{matrix}\right.$

也就是说我们最后要求的ans就是上面这个方程式的最小正整数解了。对于 $a_1,a_2,a_3,a_4$ 我们可以暴力求组合数，因为模数已经很小了所以方法很多。再然后用中国剩余定理（CRT）求解即可。

到这里其实这个题就差不多了。但是最后的最后你可能只有95分，WA 第13个点。为什么？？！

我们回到前面搁浅的那个问题上来吧。因为欧拉定理的互质条件，所以我们可以特判一下：如果不互质，直接输出0，或者写一个扩展欧拉定理——求 $a^b (modn)$ ，当a和n不互质并且 $b>=\phi(n)$ 的时候，有 $a^b \equiv a^{b mod \phi(n)+\phi(n)}(modn)$ 。这里就顺便解释一下代码中特别注释的做法：【直接选择特判的可以跳过】

因为在欧拉定理下，有三种情况：

a、n互质， $a^b \equiv a^{b mod\phi(n)}(modn)$
a、n不互质，并且 $b>=\phi(n)$ ， $a^b \equiv a^{b mod \phi(n)+\phi(n)}(modn)$
a、n不互质，并且 $b<\phi(n)$ ，直接暴力求 $a^b$ 即可。

也就是说，除了第三种情况，我们都可以直接用 $a^b \equiv a^{b mod \phi(n)+\phi(n)}(modn)$ 【因为 $a^{\phi(n)} \equiv 1(mod n)(gcd(a,n) = 1)$ 】。而很巧的是，对于这个题，因为999911659是个质数，所以最后的指数在999911659以内时两者互质，都是第一种情况，可以直接套用；而与它不互质的时候，指数早就大于1e9了，一定会被mod下来，所以只存在第一种和第二种情况，我们输出答案的时候直接套这个公式是可行的呢！！！【当然一般情况下最好不要这么冒险】

最后的最后【其实您已经可以不用看了】，本狸因为tcl所以在求组合数这个问题上纠结了很久……因为我Lucas的那篇文章的求法并不适用了，但是用预处理fac和fac的inv的方法也不行，inv从后往前推过来全是0【QuQ我也不知道为什么】，所以只能用费马小，mod-2次方来求逆元……

说了这么多，也可以上代码了——

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define maxn 40005
using namespace std;
typedef long long ll;
ll read() {
	ll x = 0, f = 1, ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
	while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar();
	return x * f;
}
ll mod[5] = {999911659, 2, 3, 4679, 35617}, a[5];
ll fac[maxn];
ll pw(ll a, ll b, ll p) {ll res = 1; a %= p; while(b) {if(b & 1) res = res * a % p; a = a * a % p, b >>= 1;} return res;}

ll C(ll n, ll m, ll p) {
	if(n < m) return 0; if(!m) return 1;
	return fac[n] * pw(fac[m], p - 2, p) % p * pw(fac[n - m], p - 2, p) % p;
}

ll Lucas(ll n, ll m, ll p) {if(n < m) return 0; return m? C(n % p, m % p, p) * Lucas(n / p, m / p, p) % p : 1;}
ll ans = 0;
void CRT() {//中国剩余定理 
	ll M = mod[0] - 1, x, y;//这里M是\phi(n_，所以要-1 
	for(int i = 1; i <= 4; i++) 
		ans = (ans + M / mod[i] * a[i] % M * pw(M / mod[i], mod[i] - 2, mod[i]) % M) % M;
}

signed main() {
	ll n, G;
	n = read(), G = read();
    if(G % mod[0] == 0) {puts("0"); return 0;}//这里是直接特判的版本
	for(int t = 1; t <= 4; t++) {
		fac[0] = fac[1] = 1;
		for(ll i = 2; i <= 40000; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod[t];//这里写的是4e4，其实卡着mod写也行	
		for(ll i = 1; i * i <= n; i++) if(n % i == 0) {
			a[t] = (a[t] + Lucas(n, i, mod[t])) % mod[t];//暴力求和 
			if(i * i != n) a[t] = (a[t] + Lucas(n, n / i, mod[t])) % mod[t];
		}
	}
	CRT();
//	printf("%lld\n", pw(G, ans + mod[0] - 1, mod[0])); 这就是直接套用欧拉公式的版本
    printf("%lld\n", pw(G, ans, mod[0]));
	return 0;
}

真的写了好久……哎。

迎评：）
——End——

樱狸❀

发布了158 篇原创文章 · 获赞 23 · 访问量 2万+

私信关注

洛谷·[SDOI2010]古代猪文

题解

猜你喜欢