51nod1820 长城之旅

题目描述

BB

痛失一血（打了场Comet OJ回来就没了）

不过后来又刷了一道水题

题解

LCM+取模=结论题

结论1

(gcd(k^{2^i}+1,k^{2^j}+1)=1 (i eq j 且k为偶数))

证明：

设i<j

若存在(qmid k^{2^i}+1)，则(k^{2^i}equiv -1(mod ;q))

那么(k^{2^{i+k}}equiv 1(mod ;q))（k>0），则(k^{2^j} equiv 1(mod ;q))，(k^{2^j}+1 equiv 2(mod ;q))

update:注意上面的k，此k非彼k

当q>2时无解，当q=2时由于k为偶数，所以k的幂+1为奇数，不存在为2的因子（即无解）

所以gcd=1

结论2

(gcd(k^{2^i}+1,k^{2^j}+1)=2 (i eq j 且k为奇数))

证明：

同上，可以发现只存在q=2的公因数

乱搞

简单又自然

先特判掉模数为2

①K不是P的倍数

如果K不是P的倍数，那么把式子拆开后变成

(ans=sum_{i=0}^{2^{r-l+1}-1}{({k^{2^l}})^i})

设(a={k^{2^l}})，则(ans=sum_{i=0}^{2^{r-l+1}-1}{a^i})

2^l^和(2^r)可以快速幂求，因为a^0^=a^p-1^ mod p=1，可以发现模数实际上是(P-1)

剩下的就是一个等比数列求和

因为K不是P的倍数且P为质数，所以(k^{2^{i}})必定不为0，(k^{2^{i}}-1)（等比数列求和的分母）不会为-1

但是(k^{2^{i}})可能为1，这样的话(ans=2^{r-l+1})

②K是P的倍数

显然ans=1

---

如果K为奇数，那么就还要除掉多出来的的2^R-L^

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
using namespace std;

long long K,L,R,mod,Mod,S,ans;
int Q,i,j,k,l;

long long qpower(long long a,long long b)
{
	long long ans=1;
	
	while (b)
	{
		if (b&1)
		ans=ans*a%mod;
		
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	
	return ans;
}

void js()
{
	long long s1,s2,S1,S2;
	
	--mod;
	s1=qpower(2,R+1);
	s2=qpower(2,L);
	
	s1-=s2;
	if (s1<0)
	s1+=mod;
	++mod;
	
	S1=qpower(K,s1);
	S2=qpower(K,s2);
	
	if (S2>1)
	ans=(S1*S2%mod-1)*qpower(S2-1,Mod)%mod;
	else
	ans=qpower(2,R-L+1);
	
	if (ans<0)
	ans+=mod;
}

int main()
{
//	freopen("51nod_1820_4_in.txt","r",stdin);
//	freopen("51nod1820.in","r",stdin);
//	freopen("51nod1820.out","w",stdout);
	
	scanf("%d",&Q);
	for (;Q;--Q)
	{
		scanf("%lld%lld%lld%lld",&K,&L,&R,&mod);
		Mod=mod-2;
		
		if (mod==2)
		{
			if (K&1)
			printf("0
");
			else
			printf("1
");
			
			continue;
		}
		
		if (!(K%mod))
		ans=1;
		else
		{
			ans=0;
			js();
		}
		
		if (K&1)
		ans=ans*qpower((mod+1)/2,R-L)%mod;
		
		printf("%lld
",ans);
	}
}