【题目】D. Power Tower
【题意】给定长度为n的正整数序列和模数m,q次询问区间[l,r]累乘幂%m的答案。n,q<=10^5,m,ai<=10^9。
【算法】扩展欧拉定理
【题解】扩展欧拉定理的形式:
$$a^bequiv a^{b\%varphi(p)+varphi(p)} mod p (bgeq varphi(p))$$
特别注意当b<φ(p)且(a,p)≠1时不变。
假如现在是三个累乘幂a^(b^c),那么根据扩展欧拉定理:
$$a^{b^c} mod pequiv a^{b^c\%varphi(p)+varphi(p)} mod p$$
这样我们只需要计算:
$$b^c mod varphi(p)$$
更多个累乘幂的时候只需要不断递归取φ,直至1为止(φ(1)=1)。可以证明至多log(p)次可以得到答案。
这样计算累乘幂的复杂度就是O(log p*log n),也即一次询问的极限复杂度。
这里过程中用到的欧拉函数至多log p个,直接暴力求解,预处理复杂度O(log p*√n),用map存储,实现中可以直接记忆化。
总复杂度O(q*log p*log n)。
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
#include<cstdio> #include<map> #define ll long long bool isdigit(char c){return c>='0'&&c<='9';} int read(){ int s=0,t=1;char c; while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')t=-1; do{s=s*10+c-'0';}while(isdigit(c=getchar())); return s*t; } using namespace std; const int maxn=100010; map<int,int>p; int a[maxn],n,m,q; int phi(int n){ if(p.count(n))return p[n]; int ans=n,m=n; for(int i=2;i*i<=n;i++)if(n!=1&&n%i==0){ ans=ans/i*(i-1); while(n%i==0)n/=i; } if(n>1)ans=ans/n*(n-1); p[m]=ans; return ans; } int mod(ll x,int y){return x<y?x:x%y+y;}//focus on add,because 2e9*2>int int power(int x,int k,int m){ int ans=1; while(k){ if(k&1)ans=mod(1ll*ans*x,m); x=mod(1ll*x*x,m); k>>=1; } return ans; } int calc(int l,int r,int m){ if(l==r||m==1)return mod(a[l],m); return power(a[l],calc(l+1,r,phi(m)),m); } int main(){ n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(); q=read(); while(q--){ int l=read(),r=read(); printf("%d ",calc(l,r,m)%m); } return 0; }
实现:
1.递归过程中直接返回ans+mod,这样下一层就自带+φ(m)了,最后输出答案记得%m就可以了。
2.快速幂过程中的取模改为 int mod(ll x,int y){return x<y?x:x%y+y;} ,这样到某一次数字超过y之后,后面每次都会强制超过y然后+y直至最后一次。
【BZOJ】4869 相逢是问候
因为至多log次,所以暴力计算维护线段树,n个数字,每个至多log p次修改,每次都要重新计算一次log p,快速幂log n。所以复杂度O(n log3n)。
预处理phi的递归序列,然后转化为非递归计算常数比较小。
代码见:zsnuo
有一种优化方法,因为快速幂至多1e8且都是以c为底,可以预处理c^(0~1e4),令t=c^(1e4),再预处理t^(0~1e4),这样对于一个数字查一下大表t再定位到小表c就行了。
这就是传说中的分段打表,具体见:ripped