洛谷 P2480 [SDOI2010]古代猪文 题解【欧拉定理】【CRT】【Lucas定理】

数论综合题。

题目背景

题目背景与题目无关因此省略。题目链接

题目描述

猪王国的文明源远流长，博大精深。

iPig 在大肥猪学校图书馆中查阅资料，得知远古时期猪文文字总个数为 (N)。当然，一种语言如果字数很多，字典也相应会很大。当时的猪王国国王考虑到如果修一本字典，规模有可能远远超过康熙字典，花费的猪力、物力将难以估量。故考虑再三没有进行这一项劳猪伤财之举。当然，猪王国的文字后来随着历史变迁逐渐进行了简化，去掉了一些不常用的字。

iPig 打算研究古时某个朝代的猪文文字。根据相关文献记载，那个朝代流传的猪文文字恰好为远古时期的 (k) 分之一，其中 (k) 是 (N) 的一个正约数（可以是 (1) 和 (N)）。不过具体是哪 (k) 分之一，以及 (k) 是多少，由于历史过于久远，已经无从考证了。

iPig 觉得只要符合文献，每一种能整除 (N)的 (k) 都是有可能的。他打算考虑到所有可能的 (k)。显然当 (k) 等于某个定值时，该朝的猪文文字个数为 (frac Nk)。然而从 (N) 个文字中保留下 (frac Nk) 个的情况也是相当多的。iPig 预计，如果所有可能的 (k) 的所有情况数加起来为 (P) 的话，那么他研究古代文字的代价将会是 (G) 的 (P) 次方。

现在他想知道猪王国研究古代文字的代价是多少。由于 iPig 觉得这个数字可能是天文数字，所以你只需要告诉他答案除以 (999911659) 的余数就可以了。

输入输出格式

输入格式：

输入有且仅有一行：两个数 (N,G)，用一个空格分开。

输出格式：

输出有且仅有一行：一个数，表示答案除以 (999911659) 的余数。

输入输出样例

输入样例#1：

4 2

输出样例#1：

2048

说明

(10\%) 的数据中，(1le Nle 50)；

(20\%) 的数据中，(1le Nle 10^3)；

(40\%) 的数据中，(1le Nle 10^5)；

(100\%) 的数据中，(1le Gle 10^9,1le Nle 10^9)。

题解

题意即给定 (N,G)，求

[G^{sum_{d|n}mathrm C_n^d}mod 999911659 ]

当 (Got 999911659) （二者互质）时，指数方面可以用欧拉定理化为 (sum_{d|n}mathrm C_n^dmod 999911658)。

(999911659) 是质数，所以 (varphi(999911659)=999911658)，当且仅当 (G=999911659) 时不成立，此时原式恒为 (0)，注意这里要特判。

而满足 (d|n) 的数最多只有 (O(log n)) 个，这样的枚举也最多只进行了 (O(sqrt n)) 次，问题的关键就转到了如何快速求出 (mathrm C_n^d) 上了。

我们知道，当模数为质数时，可以使用 Lucas 定理来做到 (O(log p)) 求出组合数模 (p) 意义下的结果，且空间复杂度最小为 (O(p))。此时既不满足模数为质数，也无法满足空间需求。

考虑质因数分解 (999911658​) 这个数字，得到 (2 imes 3 imes 4679 imes 35617​)，它的质因数的次数都是 (1​)。利用这个性质我们可以做什么呢？

令 (mathrm C_n^dequiv xpmod{999911658})，由于 (999911658) 有上面四个质因数，所以把

[left{ egin{aligned} xequiv a_1&pmod 2\ xequiv a_2&pmod 3\ xequiv a_3&pmod {4679}\ xequiv a_4&pmod {35617} end{aligned} ight. ]

这个方程组合并，会得到 (xequiv apmod{999911658})，(a) 就是我们要求的答案了。

而根据 Lucas 定理，上面那四个模数都是质数，所以可以求出 (a_1,a_2,a_3,a_4)，最后用 CRT 合并一下就可以了。

时间复杂度 (O(log^2n))。（分别是求 (d) 的复杂度和 Lucas 定理的复杂度）

一定要特判 (G=999911658)。

Code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
ll fact[40000],inv[40000],p;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(!b)
    {
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    ll g=exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
    return g;
}
ll qpow(ll x,ll y)
{
    ll ans=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)
            ans=ans*x%p;
        x=x*x%p;
        y>>=1;
    }
    return ans;
}
ll qmul(ll x,ll y)
{
    ll ans=0;
    if(x<0)
        x=p+x;
    if(y<0)
        y=p+y;
    while(y)
    {
        if(y&1)
            ans=(ans+x)%p;
        x=(x+x)%p;
        y>>=1;
    }
    return ans;
}
ll C(ll n,ll m)
{
    if(n<m)
        return 0;
    if(n<p&&m<p)
        return fact[n]*inv[m]%p*inv[n-m]%p;
    return C(n/p,m/p)*C(n%p,m%p)%p;
}
int d[1000],cnt=0;
ll a[5],b[5]={0,2,3,4679,35617};
int main()
{
    ll n,g,x,y;
    scanf("%lld%lld",&n,&g);
    if(g==999911659)
    {
        puts("0");
        return 0;
    }
    for(int i=1;i*i<=n;++i)
        if(n%i==0)
        {
            d[++cnt]=i;
            if(i*i!=n)
                d[++cnt]=n/i;
        }
    //先算 T%2
    for(int l=1;l<=4;++l)
    {
        p=b[l];
        fact[0]=1;
        for(int i=1;i<p;++i)
            fact[i]=fact[i-1]*i%p;
        inv[p-1]=qpow(fact[p-1],p-2);
        for(int i=p-2;i>=0;--i)
            inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p;
        for(int i=1;i<=cnt;++i)
            a[l]=(a[l]+C(n,d[i]))%p;
    }
    for(int i=2;i<=4;++i)
    {
        ll g=exgcd(b[i],b[i-1],x,y);
        p=b[i-1]/g;
        x=qmul(x,(a[i]-a[i-1])/g);
        p*=b[i];
        a[i]-=qmul(x,b[i]);
        a[i]=(a[i]%p+p)%p;
        b[i]=p;
    }
    p=999911659;
    printf("%lld
",qpow(g,(a[4]%b[4]+b[4])%b[4]));
    return 0;
}