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Description
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HINT
1<=N<=10,0<=Qi<=10^18,1<=Pi<=10^18,P>=2
本题仅四组数据。
Source
数学问题 欧拉函数 Miller-Rabin Pollard-rho
花了一整晚来怼这道题……在long long的领域遇到了许多问题。
假设我们有充足的时间枚举每一个x，那么在x确定的情况下，原式变成了一个模方程。
根据裴蜀定理，我们知道只有当$ gcd(x,P)|Q $ 的情况下方程有 $ gcd(x,P) $ 个解。
现在我们可以愉快地枚举每一个gcd，那么答案就是：
$$ans=sum_{d|P,d|Q} d * sum_{x}[gcd(x,frac{P}{d})==1]$$
后面那个sum显然是欧拉函数
那么$$ ans=sum_{d|P,d|Q} d · varphi(frac{P}{d}) $$
分(an)析(zhao)一(tao)波(lu)，发现这是一个积性函数，所以我们可以分别考虑每个质因子的贡献，再把它们累乘起来。
我们现在考虑一个质因子p，它在P中有$q$个，在Q中有$q'$个：
它对答案的贡献是
$$ sum_{i=0}^{q'} p^i * varphi(p^{q-i})$$
我们知道
$$varphi(p^{q})=p^{q}·frac{p-1}{p}$$
所以上面的sum可以化成：
$$p^{q-1}·(p-1)·(q'+1)$$
但是有一个特殊情况，当i=q的时候,$varphi(1)=1$，不能表示成$frac{p-1}{p}$的形式，而我们却把它用这种形式算进去了。
也就是说我们把一个$p^q$ 的贡献算成了 $(p-1)p^{q-1}$，特判一下消除即可。
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 #include<cmath> 6 #include<map> 7 #define LL long long 8 using namespace std; 9 const int mxn=100010; 10 LL read(){ 11 LL x=0,f=1;char ch=getchar(); 12 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 13 while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10-'0'+ch;ch=getchar();} 14 return x*f; 15 } 16 LL Rand(LL n){return (((LL)rand()<<31)|rand())%(n-1)+1;} 17 // 18 map<LL,int>primap; 19 LL pri[mxn*10];int cnt=0; 20 bool vis[mxn]; 21 void init(){ 22 int mxn=200; 23 for(int i=2;i<mxn;i++){ 24 if(!vis[i]){ 25 pri[++cnt]=i; 26 primap[i]=cnt; 27 } 28 for(int j=1;j<=cnt && pri[j]*i<mxn;j++){ 29 vis[pri[j]*i]=1; 30 if(i%pri[j]==0)break; 31 } 32 } 33 return; 34 } 35 // 36 LL mul(LL x,LL k,LL P) 37 { 38 LL res=0; 39 while(k){ 40 if(k&1)res=(res+x)%P; 41 x=(x+x)%P; 42 k>>=1; 43 } 44 return res; 45 } 46 /* 47 LL mul(LL a,LL b,LL P){ 48 LL d=(long double)a/P*b+1e-8; 49 50 a=a*b-d*P; 51 a=(a<0)?a+P:a; 52 printf("%lld ",a); 53 return a; 54 }*/ 55 LL ksm(LL a,LL k,LL P){ 56 LL res=1; 57 while(k){ 58 if(k&1)res=mul(res,a,P); 59 a=mul(a,a,P); 60 k>>=1; 61 } 62 return res; 63 } 64 /// 65 bool check(LL a,LL n,LL r,LL s){ 66 LL res=ksm(a,r,n);LL b=res; 67 for(int i=1;i<=s;i++){ 68 res=mul(res,res,n); 69 if(res==1 && b!=1 && b!=n-1)return 1; 70 b=res; 71 } 72 return (res!=1); 73 } 74 bool MR(LL n){//素数测试 75 if(n<=1)return 0; 76 if(n==2)return 1; 77 if(~n&1)return 0; 78 LL r=n-1,s=0; 79 while(!(r&1))r>>=1,s++; 80 for(int i=1;i<=10;i++) 81 if(check(Rand(n),n,r,s))return 0; 82 return 1; 83 } 84 /// 85 LL p[mxn],q[mxn]; 86 void addpri_P(LL x){ 87 if(primap.count(x)){ 88 ++p[primap[x]];return; 89 } 90 pri[++cnt]=x; 91 primap[x]=cnt; 92 p[cnt]=1; 93 return; 94 } 95 void addpri_Q(LL x){ 96 if(primap.count(x)){ 97 int t=primap[x]; 98 if(q[t]<p[t])++q[t]; 99 } 100 return; 101 } 102 LL gcd(LL a,LL b){return b?gcd(b,a%b):a;} 103 LL Rho(LL n,LL c){ 104 if(n<0)while(1); 105 LL k=2,x=Rand(n),y=x,p=1; 106 for(LL i=1;p==1;i++){ 107 x=(mul(x,x,n)+c)%n; 108 p=(y>x)?(y-x):(x-y); 109 p=gcd(n,p); 110 if(i==k)y=x,k<<=1; 111 } 112 return p; 113 } 114 void solve(LL x,bool flag){//分解质因数 115 if(x==1)return; 116 if(MR(x)){ 117 if(!flag)addpri_P(x);//P 118 else addpri_Q(x);//Q 119 return; 120 } 121 LL t=x; 122 while(t==x)t=Rho(x,Rand(x)); 123 solve(t,flag); 124 solve(x/t,flag); 125 return; 126 } 127 // 128 const int mod=1e9+7; 129 int n; 130 LL P[50],Q[50]; 131 void Calc(){ 132 LL ans=1; 133 for(int i=1;i<=cnt;i++){ 134 if(!p[i])continue; 135 LL R=mul((q[i]+1),(pri[i]-1),mod); 136 if(p[i]==q[i])R++; 137 R=mul(R,ksm(pri[i],p[i]-1,mod),mod); 138 ans=mul(ans,R,mod); 139 } 140 printf("%lld ",ans); 141 return; 142 } 143 int main(){ 144 srand(19260817); 145 init(); 146 int i,j; 147 n=read(); 148 for(i=1;i<=n;i++){ 149 P[i]=read(); 150 solve(P[i],0); 151 } 152 for(i=1;i<=n;i++){ 153 Q[i]=read(); 154 if(!Q[i]){//特判0 155 for(j=1;j<=cnt;j++)q[j]=p[j]; 156 break; 157 } 158 else solve(Q[i],1); 159 } 160 Calc(); 161 return 0; 162 }