HDU 3923 Invoker(polya定理+乘法逆元(扩展欧几里德+费马小定理))
Invoker
Time Limit : 2000/1000ms (Java/Other) Memory Limit : 122768/62768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 1 Accepted Submission(s) : 0
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Problem Description
In his new map, Kael can control n kind of elements and he can put m elements equal-spacedly on a magic ring and combine them to invoke a new skill. But if a arrangement can change into another by rotate the magic ring or reverse the ring along the axis, they will invoke the same skill. Now give you n and m how many different skill can Kael invoke? As the number maybe too large, just output the answer mod 1000000007.
Input
For each test case: give you two positive integers n and m. ( 1 <= n, m <= 10000 )
Output
Sample Input
2
3 4
1 2
Sample Output
Case #1: 21
Case #2: 1
Hint
Here are the 21 different arrangements to invoke the skills
/ aaaa / aaab / aaac / aabb / aabc / aacc / abab /
/ abac / abbb / abbc / abcb / abcc / acac / acbc /
/ accc / bbbb / bbbc / bbcc / bcbc / bccc / cccc /
Source
乘法逆元:http://blog.csdn.net/yukizzz/article/details/51105009
乘法逆元什么用:
若对于数字A,C 存在X,使A * X = 1 (mod C) ,那么称X为 A 对C的乘法逆元。
12 / 4 mod 7 = ? 很显然结果是3
我们现在对于数对 (4,7), 可以知道 X = 2是 4 对7的乘法逆元即2*4=1(mod 7)
那么我们有(12 / 4) * (4 * 2 ) = (?) * (1) (mod 7)
除法被完美地转化为了乘法。
1. 用了费马小定理+快速幂 求 乘法逆元
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath> using namespace std;
int T;
const long long mod=;
long long res,n,m;
long long gcd(long long a,long long b)
{
return b?gcd(b,a%b):a;
}
long long poww(long long a,long long b)
{
long long ans=;
while(b)
{
if (b%==) ans=(ans*a)%mod;
a=(a*a)%mod;
b/=;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
for(int t=;t<=T;t++)
{
scanf("%lld%lld",&m,&n);
res=;
for(long long i=;i<n;i++)
res=(res+poww(m,gcd(n,i)))%mod;
if(n%==)
res=(res+poww(m,(n+)/)*n)%mod;
else
{
res=(res+poww(m,n/+)*(n/))%mod;
res=(res+poww(m,n/)*(n/))%mod;
}
printf("Case #%d: ",t);
printf("%lld\n",(res*poww(*n,mod-))%mod);
}
return ;
}
2.用扩展欧几里德求逆元
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath> using namespace std;
int T;
const long long mod=;
long long res;
int m,n; int gcd(int a,int b)
{
return b?gcd(b,a%b):a;
}
long long poww(long long a,int b)
{
long long ans=;
while(b)
{
if (b&) ans=(ans*a)%mod;
a=(a*a)%mod;
b/=;
}
return ans;
} //返回d=gcd(a,b);和对应于等式ax+by=d中的x,y
long long extend_gcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
if(a==&&b==) return -;//无最大公约数
if(b==){x=;y=;return a;}
long long d=extend_gcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return d;
}
//*********求逆元素*******************
//ax = 1(mod n)
long long mod_reverse(long long a,long long n)
{
long long x,y;
long long d=extend_gcd(a,n,x,y);
if(d==) return (x%n+n)%n;
else return -;
} int main()
{
scanf("%d",&T);
for(int t=;t<=T;t++)
{
scanf("%d%d",&m,&n);
res=;
for(int i=;i<n;i++)
res=(res+poww(m,gcd(n,i)))%mod;
if(n%==)
res=(res+poww(m,(n+)/)*n)%mod;
else
{
res=(res+poww(m,n/+)*(n/))%mod;
res=(res+poww(m,n/)*(n/))%mod;
}
printf("Case #%d: ",t);
printf("%I64d\n",(res*mod_reverse(*n,mod))%mod);
}
return ;
}
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