题目大意：
对于连续的质数$p1$, $p2$, 满足$5 <= p1 <= 1000000$ 求出最小的整数$S$, 它以 $p1$结尾并且能够被$p2$整除。 求$S$的和。
思路：
只需要知道对于一对$p1$, $p2$怎么求对应的$S$. 把$S$表示成$x*10^k+p1$ 其中$k$是$p1$的长度。
然后就转化为求同余方程 $x*10^k+p1equiv 0 (mod p2)$
代码：
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <algorithm>
4 #include <cmath>
5 #include <set>
6 #include <cstring>
7 #include <map>
8 #include <queue>
9 using namespace std;
10
11 typedef long long ll;
12 #define N 10000000
13 #define M 1100
14 typedef pair<int,int> pii;
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16
17 bool flag[N];
18 int p[N],phi[N];
19
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21 void Get_Primes(int lim)
22 {
23 phi[1]=1;
24 for (int i=2;i<=lim;i++)
25 {
26 if (!flag[i]) p[++p[0]]=i,phi[i]=i-1;
27 for (int j=1;j<=p[0] && i*p[j]<=lim;j++)
28 {
29 flag[i*p[j]]=true;
30 if (i%p[j]==0)
31 {
32 phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
33 break;
34 }
35 else phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
36 }
37 }
38 }
39
40 ll Power(ll x, ll P, ll mod)
41 {
42 ll res = 1;
43 for (; P ; P >>= 1)
44 {
45 if (P & 1) res = res * x % mod;
46 x = x * x % mod;
47 }
48 return res;
49 }
50
51
52 ll Solve(ll p1, ll p2)
53 {
54 ll tmp = p1, t = 1;
55 while (tmp) tmp /= 10, t *= 10;
56 ll x = (p2 - p1) * Power(t, p2 - 2, p2) % p2;
57 return x * t + p1;
58 }
59
60 int main()
61 {
62 freopen("in.in","r",stdin);
63 freopen("out.out","w",stdout);
64
65 ll res = 0;
66 Get_Primes(10000000);
67 for (int i = 3; p[i] <= 1000000; ++i) res += Solve(p[i], p[i + 1]);
68 cout << res << endl;
69 return 0;
70 }
答案：18613426663617118