2019牛客暑期多校D.Big Integer

题面

题意：

定义(A(n))为(n)个1构成的数字，如(A(3)=111)，计算有多少对((i,j))使得(A(i^j) \% p = 0)。

思路：

通过枚举发现是有上面的等式是有循环节的，而且循环节是(p-1)的因子，因此暴力枚举计算出循环节(d)，接下来就是求有多少对(i^j \% d=0)。
将(d)进行质因子分解，得

[d={p_1}^{q_1} cdot {p_2}^{q_2} cdot {p_3}^{q_3} ...{p_k}^{q_k} ]

那么要使(i^j \%d = 0)，则(i)必须为

[g={p_1}^{lceil {frac{q_1}{j}} ceil} cdot {p_2}^{lceil {frac{q_2}{j}} ceil} cdot {p_3}^{lceil {frac{q_3}{j}} ceil} ...{p_k}^{lceil {frac{q_k}{j}} ceil} ]

的倍数。因此一共有(frac{n}{g})个合法的(i)
由于(q_i leq 30)，因此(j)在(30)之后和(30)的答案相同，因此(j)只需要枚举到([1,30])，分别计算出(g)的值。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
long long qpow(long long a,long long b,long long mod){
    long long ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans=(ans%mod*a%mod)%mod;
        a=(a%mod*a%mod)%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans%mod;
}
long long qp(long long a,long long b){
	long long ans=1;
	while(b){
		if(b&1) ans=(ans*a);
		a=(a*a);
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
int main(){
    int T;
    //freopen("1.in","r",stdin);
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        long long ans=0;
        long long p,n,m;
        vector<long long> pr;
        long long re;
        scanf("%lld %lld %lld",&p,&n,&m);
        if(p==2||p==5){
            puts("0");
            continue;
        }
        if(p==3){
        	cout<<n/3*m<<endl;
        	continue;
        }
        vector<long long> all;
        for(int i=2;i*i<=p-1;i++){
            if((p-1)%i==0){
                if(i*i==p-1) all.push_back(i);
                else{
                    all.push_back(i);
                    all.push_back((p-1)/i);
                }
            }
        }
        all.push_back(p-1);
        long long id;//循环节
        sort(all.begin(),all.end());
        for(auto v:all){//找到循环节
            if((qpow(10,v,p))%p==1){
                id=v;break;
            }
        }
        vector<long long> nums;
        for(int i=2;i*i<=id;i++){//质因子分解
            if(id%i==0){
            	 int num=0;
                pr.push_back(i);
                while(id%i==0){
                	 id/=i;
                	 num++;
                }
                nums.push_back(num);
            }  
        }
        if(id!=1){
        	 pr.push_back(id);
        	 nums.push_back(1);
        }
        long long g;
        for(long long j=1;j<=min((long long)m,(long long)30);j++){
        	g=1;
        	for(int i=0;i<(int)nums.size();i++){
        		g*=qp(pr[i],(nums[i]+j-1)/j);
        	}
        	if(j==30) ans+=(n/g)*(m-29);
        	else ans+=n/g;
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}