题目
题目大意
求方程((x^m-x)mod n=0)在整数范围([1,n])的解的个数。
(n=sum_{i=1}^{c}p_i)
给出(c)和(p_i)
思考历程
作为数论白痴，比赛时看到这题就想要自闭了……
乱推一波式子，后面的就不会搞了。
于是就想部分分……结果连部分分都没有想出来。
直接打了个(20)分的暴力。
正解
可以把方程拆成(c)个方程（对于每个(i)）：((x^m-x)mod p_i=0)
分别解出每个同余方程组。解的时候枚举(x)，并将每个(x^m)处理出来。
快速幂会TLE，所以要用积性筛的方式来求(x^m)。具体来说，函数(f(x)=x^m)是个积性函数。所以用快速幂求出(x)为质数时的(x^m)，合数就是两个因数的函数值乘起来。
这样时间复杂度是可以过的。
处理出来之后，每个同余方程的解的个数的乘积就是整个同余方程组的解的个数。
证明；
对于方程((x^m-x)mod p_i=0)，设解为(x_{i,1},x_{i,2},...,x_{i,s_i})
每个方程分别抽出一个解来，记作(x_i)，(x_i)为(x_{i,1..s_i})中的一个解。
设方程组的解为(X)
那么这个(X)满足以下方程组（对于每个(i)）：
(X equiv x_i (mod p_i))
根据中国剩余定理，这个方程组只会有一个解。
方程组的解和(x_1,x_2,..,x_c)的取值是一一对应的（这个可以感性理解）。
对于(x_i)，有(s_i)种可能的取值。根据乘法原理，同余方程组解的个数即为每个同余方程的解的个数的乘积。
后来我知道了一个更加强大的方法。
同样是求((x^m-x)mod p_i=0)的解的个数，然而这次不用暴力求。
有个性质：解的个数等于(gcd(m-1,p_i-1)+1)
（为了方便，后面直接将(p_i)的下标省略。）
证明：
原式可以写成(x^mequiv x(mod p))
(p=2)的时候显然成立。
(x=0)显然是方程的解
考虑解在区间([1,p-1])的取值
由于(p)为奇素数，所以一定有原根。设原根为(g)
方程可以表示为(g^{ym}equiv g^y (mod p))
由费马小定理得(ymequiv y (mod (p-1)))
也就是(y(m-1) equiv 0 (mod (p-1)))
设(k=gcd(m-1,p-1))。两边同时除以(k)得(yfrac{m-1}{k}equiv 0 (mod frac{p-1}{k}))
由于(gcd(frac{m-1}{k},frac{p-1}{k})=1)，所以(frac{p-1}{k}|y)
所以(y)为(frac{p-1}{k})的倍数，显然可以取(0)到(k-1)倍，也就是说(y)有(k)个解。
所以(x)也有(k)个解。
所以解的个数为(gcd(m-1,p_i-1)+1)
有了这条性质，程序就快得飞起了（爆踩标程）……
代码
暴力求解：
（反正数据范围这么小，就懒得打线筛了。埃氏筛法的常数小一些）
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mo 998244353
#define P 10000
int id;
int c,m;
int n;
inline int my_pow(int x,int y,int p){
int res=1;
for (;y && res;y>>=1,x=x*x%p)
if (y&1)
res=res*x%p;
return res;
}
int di[P+1];
int xm[P+1];
inline void init(){
di[1]=1;
for (register int i=2;i<=P;++i){
if (di[i])
continue;
di[i]=i;
for (int j=i*i;j<=P;j+=i)
di[j]=i;
}
}
inline int work(int p){
int res=2;
xm[0]=0,xm[1]=1;
for (register int i=2;i<=p;++i){
xm[i]=(di[i]==i?my_pow(i,m,p):xm[i/di[i]]*xm[di[i]]%p);
res+=(xm[i]==i);
}
return res;
}
int main(){
freopen("division.in","r",stdin);
freopen("division.out","w",stdout);
int T;
scanf("%d%d",&id,&T);
init();
while (T--){
scanf("%d%d",&c,&m);
long long ans=1;
for (int i=1;i<=c;++i){
int p;
scanf("%d",&p);
ans=ans*work(p)%mo;
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
牛逼解法：
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mo 998244353
inline int gcd(int a,int b){
int k;
while (b){
k=a%b;
a=b;
b=k;
}
return a;
}
int main(){
freopen("division.in","r",stdin);
freopen("division.out","w",stdout);
int T;
scanf("%*d%d",&T);
while (T--){
int c,m;
scanf("%d%d",&c,&m);
long long ans=1;
while (c--){
int p;
scanf("%d",&p);
ans=ans*(gcd(p-1,m-1)+1)%mo;
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
总结
看来我的数论还是太菜了……QWQ……