欧拉函数：一般记作φ(n)，表示1-n中与n互质的数的数量。
欧拉函数是积性函数，即φ(m*n)=φ(m)*φ(n) //这条定理基友面试时还遇到了= =
欧拉函数的值φ(n)=n*(1-p[1])*(1-p[2])*...*(1-p[n]) //p[i]是小于等于n的所有素数
若n是m的倍数，则小于等于n且与m互质的数的个数为(n/m)*φ(m) //证明不难理解：设k小于等于m且与m互质，则k+m、k+2m......也与m互质
若n是质数p的k次幂，则φ(n)=(p-1)*(p^(k-1))
//关于欧拉函数wikipedia上讲的很详细，此处不赘述了
若a mod b=0，可记作b|a
那么原题的答案就是(n!/m!)*φ(m!)
isprime(n)：计算1-n的质数
calc_fac(n)：计算1-n每个数的阶乘
calc_inv(n)：计算1-n每个数的逆元
calc_eul(n)：计算(1-1/p1)*(1-1/p2)*...*(1-1/pn)
设x[i]=inv(p[i])，那么
(1-1/p[i]) mod m
= ( (1 mod m) - ( (1/p[i]) mod m ) ) mod m
= (m+1-( (1/p) mod m ) mod m
而根据逆元的性质，有(1/p) mod m=x mod m
Reference：http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8220787
http://www.cnblogs.com/autsky-jadek/p/4054971.html
附SDOI官方题解：
1 该题即求1至n!中与m!互质的数对某质数R取模后的值 。 2 对于每一对数N，M，设p1,p2,……pn为不大于M的质数，题目即求在1至N！中，不包含因子p1,p2,……pn的数的个数。 3 在1至N！中，p1的倍数有N!/p1个，p2的倍数有n!/p2个……p1p2的倍数有n!/p1p1个……p1p2p3..pkm的倍数有n!/p1p2p3..pkm个。 4 由容斥定理得答案为： 5 n!-n!/p1-n!/p2-n!/p2…-n!/pkm+n!/p1p2+n!/p1p3……+(-1)^km*n!/p1p2p3…pkm= n!*(1-1/p1)*(1-1/p2)*(1-1/p3)*(1-1/p4)…*(1-1/pkm) 6 记m!* (1-1/p1)*(1-1/p2)*(1-1/p3)*(1-1/p4)…*(1-1/pkm)为fi[m]。答案为n!/m!*fi[m]。 7 根据fi的计算式，可得fi的递推式为 8 Fi[i]=fi[i-1]*i（当i为合数） 9 Fi[i]=fi[i-1]*(i-1)（当i为质数） 10 11 预处理得所有fi与i!，通过扩展GCD计算除法，可在O(logR)时间内计算得每一个解。
各种卡时限，cin、cout是用不了的，关了同步都不行>_<
1 #include "cstring" 2 #include "math.h" 3 #include "stdio.h" 4 using namespace std; 5 #define MMX 10000002 6 #define LL long long 7 LL M,N,T,MOD; 8 LL fa[MMX],inv[MMX],ans2[MMX]; 9 bool pr[MMX]; 10 11 void isprime(LL n) //pr[i]=1 : i is a prime 12 { 13 memset(pr,true,sizeof(pr)); 14 LL m=sqrt(n+0.5); 15 pr[1]=false; 16 for (LL i=2;i<=m;i++) 17 if (pr[i]) 18 { 19 for (LL j=i*i;j<=n;j+=i) 20 pr[j]=false; 21 } 22 } 23 24 void calc_fac(LL n) //fa[i]=i! 25 { 26 fa[0]=1; 27 for (LL i=1;i<=n;i++) 28 fa[i]=fa[i-1]*i%MOD; 29 } 30 31 void calc_inv(LL n) //inv[i] 32 { 33 inv[1] = 1; 34 for(int i=2;i<n;i++) //inv[i]:逆元 35 { 36 if(i >= MOD) break; 37 inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD; 38 } 39 } 40 41 void calc_eul(LL n) 42 { 43 ans2[1] = 1; //ans2[i]=(1-1/p1)*(1-1/p2)*...*(1-1/pi) 44 for(LL i=2; i<n;i++) //又(1-1/pi)=((pi-1)/pi) 45 { 46 if(pr[i]) 47 { 48 ans2[i] = ans2[i-1] * (i - 1) % MOD; 49 ans2[i] = ans2[i] * inv[i % MOD] % MOD; 50 } 51 else 52 { 53 ans2[i] = ans2[i-1]; 54 } 55 } 56 } 57 58 int main() 59 { 60 scanf("%d%d",&T,&MOD); 61 isprime(MMX); 62 calc_inv(MMX); 63 calc_fac(MMX); 64 calc_eul(MMX); 65 while (T--) 66 { 67 scanf("%d%d",&N,&M); 68 //ans=(N!/M!)*f(M!) 69 // =N!*[(1-1/p1)*...*(1-1/pi)] 70 LL ans=fa[N]*ans2[M]%MOD; 71 printf("%lld ",ans); 72 } 73 74 return 0; 75 }
最后过得好险= =
| 771794 | i386DX | 2186 | Accepted | 244956 kb | 11312 ms | C++/Edit | 1653 B | 2014-11-04 23:34:15 |