luogu_2480: 古代猪文
洛谷:2480古代猪文
题意描述:
- 给定两个整数\(N,G\),求$G{\sum_{k|n}C_nk}\ mod\ 999911659 $。
数据范围:
- \(1\leq N\leq 10^9,1\leq G\leq 10^9\)。
思路:
- 对于这样一个式子,暴力肯定是不可能的,所以我们先来挖掘一些性质。
- 模数\(999911659\)是一个质数,我们可以想到对这个式子进行欧拉降幂。
- 我们可以得到式子:
- \(G^{\sum_{k|n}C_n^k}\equiv\ G^{\sum_{k|n}C_n^kmod\varphi(999911659)}\ mod(999911659)\)。
- 只要当我们求出来指数是多少的时候,那么此时整个结果就变得十分明了了,我们只需要快速幂一下就可以得出结果。
- 所以接下来我们的重心在于解\(\sum_{k|n}C_n^kmod\ \varphi(mod)\)。
- 对于这样一个式子,我们可以看看\(\varphi(mod)\)是多少。
- 因为\(mod=999911659\)是一个质数,那么他对应的\(\varphi(mod)=999911658\)。
- 那么我们这时候的解就变成了解\(\sum_{k|n}C_n^kmod\ \varphi(999911658)\)。
- 因为\(n\)很大,所以不管怎么算都是很不划算的,我们手里能用的工具只有\(lucas\)定理,但是\(lucas\)定理要求模数为质数,这时候我们研究一下\(999911658\)。
- 我们发现他虽然不是质数,但是对其质因数分解后,可以发现\(999911658=2*3*4679*35617\),四个质数相乘。(出题人设计的真的是太巧妙了。)
- 于是将上式改写为\(\sum_{k|n}C_n^kmod\ \varphi(2*3*4679*35617)\)。
- 到了这里,似乎就有解头了,因为我们得到了质数,同时对于组合数可以用\(lucas\)定理来求解。但接下来要怎么考虑呢。因为毕竟上式你不能拆成\(原式\%2*原式\%3,...\)。
- 于是我们可以这么考虑,首先设上式为\(x\)。
- \(x\equiv num\ mod(2*3*4679*35617)\),其中\(num\)为上式的最小正整数解。
- 对于这样一个式子,我们可以拆分成:
- \(x\equiv num\ mod(2)\)
- \(x\equiv num\ mod(3)\)
- \(x\equiv num\ mod(4679)\)
- \(x\equiv num\ mod(35617)\)
- 可以假设:
- \(num\%2=a_1\)
- \(num\%3=a_2\)
- \(num\%4679=a_3\)
- \(num\%35617=a_4\)
- 又因为\(num\)与\(x\)同余,所以有:
- \(x\%2=a_1\)
- \(x\%3=a_2\)
- \(x\%4679=a_3\)
- \(x\%35617=a_4\)
- 对于\(a_i\)可以利用\(lucas\)快速求解,对于\(x\)可以使用中国剩余定理求解。
- 假设中国剩余定理求得的结果为\(ans\),最终结果就是:
- \(G^{ans}\ mod\ 999911659\)。
注意事项:
- 可能到了这里就觉得这题能完美解决了,但是其实还有一个小的点需要我们注意,那就是虽然\(mod=999911659\)是一个质数,但是\(g\)的范围很大,有可能\(g\)是\(999911659\)的倍数,那么不互质就不可以进行常规的欧拉降幂了。
- 那这里提供两种解决方案。
- 首先可以一进来就特判一下,看看\(g\%999911659==0\)否,我们可以特判掉这种情况。
- 第二种方案可以尝试采用拓展欧拉定理,先来复习一下:
- 当\(a,n\)不互质时:
- 当\(b\geq \varphi(n)\),有\(a^b\equiv a^{b\mod\varphi(n)+\varphi(n)}\)。
- 当\(b<\varphi(n)\),有\(a^b\equiv a^{b\mod\varphi(n)}\)。
- 那这时候情况很尴尬啊,我们不知道上式的那个组合数求和有多大。
- 但是对于本题,我们可以无脑的采用第一种情况。即\(a^b\equiv a^{b\mod\varphi(n)+\varphi(n)}\)。
- 因为首先当\(b\)非常大且超过\(\varphi(n)\)时,那么式子显然成立。
- 但是当不那么大的时候,对于原式的\(mod==999911659\),其实应该采用第二种情况,但是因为\(mod\)是一个质数,根据欧拉定理\(a^{\varphi(n)}\equiv1mod(n)\),其实加上去也就相当于是乘了一个 \(1\),对结果没有影响。
- 当\(a,n\)不互质时:
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 999911659; //是一个质数
ll g, n, prime[10], a[10]; /*
999911658分解质因数结果为 2,3,4679,35617
*/ ll factor[1600], cnt;
void divide(ll x)
{
for(ll i = 1; i <= x / i; i++)
{
if(x % i == 0)
{
factor[++cnt] = i;
if(i != n / i) factor[++cnt] = n / i;
}
}
} ll qmi(ll a, ll b, ll p)
{
ll res = 1; res %= p;
while(b)
{
if(b & 1) res = res * a % p, res %= p;
a = a % p * a % p;
a %= p;
b >>= 1;
}
return res % p;
} ll C(ll a, ll b, ll p)
{
if(b > a) return 0;
if(b > a - b) b = a - b;
ll x = 1, y = 1;
for(int i = 0; i < b; i++)
{
x = x * (a - i) % p;
y = y * (i + 1) % p;
}
return x * qmi(y, p-2, p);
} ll lucas(ll a, ll b, ll p)
{
if(b == 0) return 1;
return C(a%p, b%p, p) * lucas(a/p, b/p, p) % p;
} ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
if(b == 0) {x = 1; y = 0; return a;}
ll d = exgcd(b, a % b, y, x);
y -= a / b * x;
return d;
} ll crt()
{
ll res = 0;
for(int i = 1; i <= 4; i++)
res = (res + a[i] * (mod-1)/prime[i] % (mod-1) * qmi((mod-1)/prime[i], prime[i]-2, prime[i])) % (mod-1);
return res;
} int main()
{
cin >> n >> g;
/*
if(g % mod == 0)
{
puts("0");
return 0;
}
*/
divide(n);
memset(a, 0, sizeof a);
memset(prime, 0, sizeof prime);
prime[1] = 2; prime[2] = 3;
prime[3] = 4679; prime[4] = 35617; for(int i = 1; i <= 4; i++)
{
ll tmp = 0;
for(int j = 1; j <= cnt; j++)
{
ll x = factor[j];
tmp += lucas(n, x, prime[i]) % prime[i];
tmp %= prime[i];
}
a[i] = tmp;
}
ll x = crt();
//cout << qmi(g, x, mod) << endl;
cout << qmi(g, x + mod - 1, mod) << endl;
return 0;
}
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