【2020五校联考NOIP #4】今天的你依旧闪耀

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题意：
对于一个长度为 (n)（(n) 为偶数）的排列 (p)，定义一次“变换”后得到的排列 (p') 为：
(p'_i=egin{cases}p_{(i+n+1)/2}&&i mid 2\p_{i/2}&&imid2end{cases})
设函数 (f(i)) （(i) 为偶数），如果长度为 (i) 的排列 (p_j=j) 经过 (i) 次变换恰好第一次回到原样，那么返回 (i)，否则返回 (0)。
现在给出一个偶数 (A)，求 ([2,A]) 中所有偶数的 (f) 的值的和。
(2 leq A leq 10^7)

不太难的题，简单写写吧。
容易注意到 (i) 经过一次变换变为 (2i mod (n+1))。
假设 (1) 经过 (k) 变换恰好回到 (1)，那么有 (2^kequiv1pmod{n+1})
两边同时乘上 (i) 得到 (i2^kequiv ipmod{n+1})
也就是说如果 (1) 经过 (k) 变换恰好回到 (1)，那么排列就会变回原样。
现在我们就变为对于每个 (i)，判断 (i) 是否为最小的满足 (2^kequiv1pmod{i+1}) 的 (k)。
首先根据欧拉定理 (2^{varphi(i+1)}equiv1pmod{i+1})，如果 (i+1) 不是质数，那么 (varphi(i+1)<i)，(i) 就不是最小的满足 (2^kequiv1pmod{n+1}) 的 (k)。
进一步观察，如果满足条件的 (k) 不是 (i)，那么 (k<i)。将 (i) 分解质因数得到 (p_1^{alpha_1} imes p_2^{alpha_2} imesdots p_l^{alpha_l})，(k) 一定是 (frac{i}{p_1},frac{i}{p_2},dots,frac{i}{p_l}) 中某个数的约数。故我们只需检查 (2^{frac{i}{p_1}},2^{frac{i}{p_2}},dots,2^{frac{i}{p_l}}) 是否模 (i+1) 余 (1) 就行了。
由于 ([1,n]) 质因数个数最多也就 (8) 个，所以就算跑满了时间复杂度也不过 (8pi(n)log n)，足以过这道题。

/*
Contest: -
Problem: NFLSOJ 701
Author: tzc_wk
Time: 2020.10.5
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi			first
#define se			second
#define pb			push_back
#define fz(i,a,b)	for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b)	for(int i=a;i>=b;i--)
#define foreach(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define all(a)		a.begin(),a.end()
#define fill0(a)	memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a)	memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a)	memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define y1			y1010101010101
#define y0			y0101010101010
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
inline int read(){
	int x=0,neg=1;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){
		if(c=='-') neg=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
	return x*neg;
}
int n=read();
bool vis[10000005];
int pr[10000005],pcnt=0;
int mnp[10000005];
inline ll qpow(ll x,int e,ll MOD){
	ll ans=1;
	while(e){
		if(e&1) ans=ans*x%MOD;
		x=x*x%MOD;e>>=1;
	}
	return ans;
}
inline void prework(int x){
	for(int i=2;i<=x;i++){
		if(!vis[i]){pr[++pcnt]=i;mnp[i]=i;}
		for(int j=1;j<=pcnt&&i*pr[j]<=x;j++){
			vis[i*pr[j]]=1;mnp[i*pr[j]]=pr[j];
			if(i%pr[j]==0) break;
		}
	}
}
int main(){
	prework(1e7);ll sum=0;
	for(int i=2;i<=n;i+=2){
		if(vis[i+1]) continue;
		bool flag=1;int tmp=i;
		vector<int> p;
		while(tmp!=1){
			int x=mnp[tmp];tmp/=x;
			if(p.empty()||p.back()!=x) p.pb(x);
		}
		for(int j=0;j<p.size();j++) if(qpow(2,i/p[j],i+1)==1) flag=0;
		if(flag) sum+=i;
	}
	printf("%.5lf
",1.0*sum/(n>>1));
	return 0;
}

UPD on (2020/10/19)：
洛 阳 铲（其实也就两周之前）
关于上文中“(k) 一定是 (frac{i}{p_1},frac{i}{p_2},dots,frac{i}{p_l}) 中某个数的约数”一句，一直有些疑惑，故刚刚 yy 了几分钟把它搞通了，今写在这里，以免下次再忘记。
我们假设最小的满足 (2^k equiv 1 pmod{i+1}) 的 (k) 为 (l)，那么 (2^{i-l} equiv 1 pmod{i+1})。
反证法，假设 (l) 不是 (i) 的约数，那么 (l mid i-l)。
设 (i-l=pl+q(q<l))，那么 (2^{i-l}=2^{pl+q}=(2^l)^p imes 2^qequiv 1^p imes 2^q=2^qequiv 1pmod{i+1})
故 (2^q equiv 1pmod{i+1})，又 (q<l)，与我们之前的“(l) 是最小的满足 (2^k equiv 1 pmod{i+1}) 的 (k)”矛盾。
故 (l) 为 (i) 的约数。而 (l eq i)，所以 (l) 一定是 (frac{i}{p_1},frac{i}{p_2},dots,frac{i}{p_l}) 中某个数的约数。