古代猪文

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题意：求G^M mod P，M=∑ i|N C(N,i)，P=999911659。

思路：G^M  mod P = G^(M mod (P-1) ) ( G != P)，所以只要得出 M mod (P-1) 即可用快速幂求出答案

N的约数可以在√n的时间内求出，所以问题转化为求C(N,i) mod (P-1)，发现p-1不是一个质数，P-1=2*3*4679*35617

只要求出C(N,i) mod 每个因数的值，得到4个取模方程，最后用中国剩余定理合并模线性方程组，求解。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#include<queue>
#include<vector>
#include<string>
#include<set>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=40005,P=999911659,M=P-1;
ll n,G,a[8],m[8],fac[N],inv[N],fac_inv[N],res;
ll power(ll a,ll b,ll mod)
{
    ll c=1;
    for(;b;b>>=1)
    {
        if(b&1)
        c=(ll)c*a%mod;
        a=(ll)a*a%mod;
    }
    return c%mod;
}
ll C(ll n,ll m,ll MOD){
    if(n<MOD&&m<MOD) 
    return n<m?0:fac[n]*fac_inv[m]%MOD*fac_inv[n-m]%MOD;
    return C(n%MOD,m%MOD,MOD)*C(n/MOD,m/MOD,MOD)%MOD;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&G);
    G%=P;
    if(G==0)
    printf("0
");
    else
    {
        m[1]=2;
        m[2]=3;
        m[3]=4679;
        m[4]=35617;
        for(int k=1;k<=4;k++)
        {
            fac[0]=1;
            int u=m[k]+5;
            for(int i=1;i<=u;i++)
            fac[i]=fac[i-1]*i%m[k];
            inv[1]=1; 
            for(int i=2;i<=u;i++) 
            inv[i]=(ll)(m[k]-m[k]/i)*inv[m[k]%i]%m[k];
            fac_inv[0]=1; 
            for(int i=1;i<=u;i++) 
            fac_inv[i]=fac_inv[i-1]*inv[i]%m[k];
        //    printf("fac_inv:%lld
",fac[3]);
            for(ll i=1;i*i<=n;i++)
            {
                if(n%i==0)
                {
                    (a[k]+=C(n,i,m[k]))%=m[k];
                    if(i*i!=n) (a[k]+=C(n,n/i,m[k]))%=m[k];
                }
            }
        //    printf("a[k]:%lld
",a[k]);
            (res+=a[k]*(M/m[k])%M*power(M/m[k],m[k]-2,m[k])%M)%=M;
        }
    //    printf("res:%lld
",res);
        printf("%lld
",power(G,res,P));
    }    
}