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[SDOI2010]古代猪文

2018-10-02 22:21:22 阅读：304 来源： 互联网

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题解：

一看就是一道数学题了。

根据欧拉定理，必须要处理的是$sum_i|n C(n,i)\space mod \space \phi(p)$

令A等于这个大式子。

phi(p)=999911658=2*3*4679*35617

是四个质数的乘积。

看来就类似扩展LUCAS了。

但是，指数只有1

所以，我们可以求出：

A = a1 mod 2

A = a2 mod 3

A = a3 mod 4679

A = a4 mod 35617

（a1~a4怎么求？LUCAS定理即可。）

这是一个同余方程，要解出A

其实，我们就要A = a5 mod 999911658

中国剩余定理合并，返回a5即可。

不会CRT？右转：CRT&EXCRT 中国剩余定理及其扩展

注意，求的A是在mod 999911658下的。不能用其他质数mod完。除了ti，即Mi在mod mi下的逆元。

最后计算G^a5 mod 999911659

但是，出题人比较狡诈，还是有坑的。

因为，欧拉定理的适用的前提是：gcd(G,mod)=1;

扩展欧拉定理更是如此。

如果G=mod，那么就不互质了。

如果这时候，恰好a5=0，那么我们会输出1

其实答案无论如何是0

G=mod判掉即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=35666;
const int mod=999911659;
const int P[4]={2,3,4679,35617};
ll jie[4][N],inv[4][N];
ll f[4][2];
ll n,g;
ll qm(ll x,ll y,ll p){
    ll ret=1%p;
    while(y){
        if(y&1) (ret*=x)%=p;
        (x*=x)%=p;
        y>>=1;
    }
    return ret;
}
ll C(ll a,ll b,ll id){
    //if(b==0) return 1;
    ll ret=jie[id][a]*inv[id][a-b]%P[id]*inv[id][b]%P[id];
    //cout<<" C "<<a<<" "<<b<<" "<<id<<" "<<P[id]<<" : "<<jie[id][a]<<" "<<inv[id][a-b]<<" "<<inv[id][b]<<" "<<ret<<endl;
    return ret;
}
ll Lucas(ll a,ll b,ll id){
    if(a<b) return 0;
    if(a<P[id]) return C(a,b,id);
    return (Lucas(a%P[id],b%P[id],id)*Lucas(a/P[id],b/P[id],id))%P[id];
}
ll merge(){//ret x%phi(mod)
    ll phi=mod-1;
    ll ret=0;
    for(int i=0;i<4;i++){
        ll cheng=1;
        for(int j=0;j<4;j++){
            if(i==j) continue;
            cheng*=P[j];
        }
        ll iv=qm(cheng%P[i],P[i]-2,P[i]);
        cheng=(cheng*f[i][1]%phi*iv%phi);
        (ret+=cheng)%=phi;
    }
    return ret;
}
int fac[100001],tot;
void divi(){
    for(int i=1;(ll)i*i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            fac[++tot]=i;
            if(i!=n/i) fac[++tot]=n/i;
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&g);
    if(g==mod){
        printf("0");return 0;
    }
    divi();
    //cout<<tot<<endl;
    //for(int i=1;i<=tot;i++) cout<<fac[i]<<" ";cout<<endl;
    for(int i=0;i<4;i++){
        jie[i][0]=1;
        inv[i][0]=1;
        for(int j=1;j<P[i];j++){
            jie[i][j]=(jie[i][j-1]*j)%P[i];
            inv[i][j]=qm(jie[i][j],P[i]-2,P[i]);
        }
        ll sum=0;
        for(int j=1;j<=tot;j++){
            (sum+=Lucas(n,fac[j],i))%=P[i];
            //cout<<" j "<<fac[j]<<" "<<sum<<endl;
        }
        //cout<<i<<" "<<P[i]<<" : "<<sum<<endl;
        f[i][0]=P[i];
        f[i][1]=sum;
    }
    //cout<<jie[2][3]<<" "<<qm(6,P[2]-1,P[2])<<" "<<inv[2][3]<<endl;
    //cout<<Lucas(4,4,0)<<endl;
    ll mi=merge();
    ll ans=qm(g,mi,mod);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

/*
   Author: *Miracle*
   Date: 2018/10/2 20:41:08
*/

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来源： https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/9738645.html

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