【题解】古代猪文 [SDOI2010] [BZOJ1951] [P2480]

【题解】古代猪文 [SDOI2010] [BZOJ1951] [P2480]

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在那山的那边海的那边有一群小肥猪。他们活泼又聪明，他们调皮又灵敏。他们自由自在生活在那绿色的大草坪，他们善良勇敢相互都关心……”——选自猪王国民歌

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【题目描述】

(()仅供观赏())

猪王国的文明源远流长，博大精深。

(iPig)在大肥猪学校图书馆中查阅资料，得知远古时期猪文文字总个数为(N)。当然，一种语言如果字数很多，字典也相应会很大。当时的猪王国国王考虑到如果修一本字典，规模有可能远远超过康熙字典，花费的猪力、物力将难以估量。故考虑再三没有进行这一项劳猪伤财之举。当然，猪王国的文字后来随着历史变迁逐渐进行了简化，去掉了一些不常用的字。

(iPig)打算研究古时某个朝代的猪文文字。根据相关文献记载，那个朝代流传的猪文文字恰好为远古时期的(k)分之一，其中(k)是(N)的一个正约数（可以是(1)和(N)）。不过具体是哪(k)分之一，以及(k)是多少，由于历史过于久远，已经无从考证了。

(iPig)觉得只要符合文献，每一种能整除(N)的(k)都是有可能的。他打算考虑到所有可能的k。显然当(k)等于某个定值时，该朝的猪文文字个数为(N / k)。然而从(N)个文字中保留下(N / k)个的情况也是相当多的。(iPig)预计，如果所有可能的k的所有情况数加起来为(P)的话，那么他研究古代文字的代价将会是(G)的(P)次方。

现在他想知道猪王国研究古代文字的代价是多少。由于(iPig)觉得这个数字可能是天文数字，所以你只需要告诉他答案除以(999911659)的余数就可以了。

【真正的题目描述（人话）】

给定 (n) 和 (G) (,) 求 (:) (G^{sum_{d|n}C_n^d}mod 999911659)

【数据规模】

(10\%) (1 leqslant N leqslant 50)

(20\%) (1 leqslant N leqslant 1000)

(40\%) (1 leqslant N leqslant 100000)

(100\%) (1 leqslant N leqslant 1000000000,1 leqslant G leqslant 1000000000)

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【分析】

看到上面这个式子，很容易想到暴力解法：枚举 (n) 的所有正约数 (d)，分别求出 (C_n^d) 并累加答案，最后对 (999911659) 取模，如果你的目的不是 (pian) (fen) 而是 (AC)，并且甘愿屈服于 (TLE)，(MLE)，(RE) 的统治，那么就大胆的去尝试吧！

【正解】

(【Key) (1】)：欧拉定理的推论

(什么？你说你不知道欧拉定理？(O__O "…)）

公式：(a^b equiv a^{bmod varphi(P)}(mod P)) (,) (gcd(a,P)=1)

在本题中 (P=999911659) 是一个质数(不要问我是怎么知道的)，所以对任意 (a) 均满足 (gcd(a,P)=1)，且有 (varphi(P)=P-1)。

根据公式可得 (G^{sum_{d|n} C_n^d}=G^{sum_{d|n}C_n^dmod 999911658}(mod 999911659))

因此本题关键是计算 (sum_{d|n}C_n^dmod 999911658)

(【Key) (2】)： (Lucas) 定理

公式： (C_n^m=C_{nmod P}^{mmod P}*C_{n/P}^{m/P}(mod P))

求组合数并要求取模，一看就知道要用 (Lucas) 定理，这里不多说。

但是......
模数不为质数并且数据规模简直无敌，仍然会被 (TLE,MLE,RE)摁在地上摩擦。
于是我们需要将这个大巨无霸问题分解成小蒟蒻问题。

(【Key) (3】)：(Square) (Free) (Number)

对 (999911658) 分解质因数，得到 (999911658=2*3*4679*35617) ，它的所有质因子的指数都为 (1) ，这一类数被称作 (Square) (Free) (Number) 。
(Q:) 这样做有什么用呢？
(A:) 马上就会提到。。。

(【Key) (4】)：(CRT()中国剩余定理())

首先用 (Lucas) 定理分别求出 (sum_{d|n}C_n^d) 对 (2,3,4679,35617) 这四个质数取模后的值，记为 (a_1,a_2,a_3,a_4) ，然后用中国剩余定理解一个线性同余方程组：

(egin{cases}xmod 2=a_1\xmod 3=a_2\xmod 4679=a_3\xmod 35617=a_4end{cases})

于是我们就得到了 (sum_{d|n}C_n^dmod 999911658) 的一个最小非负整数解 (x)，最后再用一次快速幂计算 (G^x)就是答案。

(【Code】)

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register LL
const int PP=35617,P=999911658;
LL x,y,i,j,n,G,fu,ans,a[5],jc[PP+3]={1},mod[5]={0,2,3,4679,35617};char c;
inline void in(Re &x){//【快读】自己动手，丰衣足食 
    fu=x=0;c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')fu|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=fu?-x:x;
}
inline LL mi(Re x,Re k,Re P){//【快速幂】如果你非要写龟速乘我也拦不住你 
    Re s=1;
    while(k){
        if(k&1)(s*=x)%=P;
        (x*=x)%=P,k>>=1;
    }
    return s;
}
inline LL Lucas(Re m,Re n,Re p){//【Lucas定理】 
    if(n<m)return 0;
    if(n<p)return jc[n]*mi(jc[m],p-2,p)%p*mi(jc[n-m],p-2,p)%p;
    return Lucas(m/p,n/p,p)*Lucas(m%p,n%p,p)%p;
}
inline void init(Re P){for(Re i=1;i<=P;++i)jc[i]=jc[i-1]*i%P;}//【预处理阶乘】
//对于四个模数都要预处理出不同的阶乘
inline void exgcd(Re &x,Re &y,Re a,Re b){//【扩欧】解线性同余方程 
    if(!b){x=1,y=0;return;}
    exgcd(x,y,b,a%b);Re X=x;
    x=y,y=X-a/b*y;
}
int main(){
    in(n),in(G);
    if(G%(P+1)==0){printf("0");return 0;}//如果定义P=999911658，注意这里要加 1 
    //当 G 为 999911659 的倍数时，直接特判结束 
    for(i=1;i<=4;++i){//【分解质因数】 
        init(mod[i]);//【初始化阶乘】 
        for(j=1;j*j<n;++j)
            if(n%j==0)(((a[i]+=Lucas(j,n,mod[i]))%=mod[i])+=Lucas(n/j,n,mod[i]))%=mod[i];
           //累加组合数并取模 
        if(j*j==n)(a[i]+=Lucas(j,n,mod[i]))%=mod[i];
    }
    for(i=1;i<=4;++i){//【中国剩余定理】跑一遍 CRT 解方程组 
        Re M=P/mod[i];exgcd(x,y,M,mod[i]);
        (x+=mod[i])%=mod[i];(ans+=M*x%P*a[i]%P)%=P;
    }
    printf("%lld",mi(G,(ans+P)%P,P+1));//加 1..... 
}

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【题外话】

善良无比的 わたし 提供了本题的测试数据(98u9)哦(QAQ)

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