标签：division 6272 JZOJ int Xij iPi ij PiP Xt

Description

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Sample Input

0
1
2 3
2 3

Sample Output

6

Data Constraint

思路

考虑题目中的给出素数两两互质这一性质，思考假如N是一个素数时（即c等于1时怎么做）。
很明显此时N<=1e4，则可以从1枚举到N逐个判断。
如果$X^M\equiv X \pmod{N}$XM≡X(modN)，则Ans++;

考虑c!=1时，假如这里有一个解$X_t$Xt​，使得$X_t^M\equiv X_t \pmod{N}$XtM​≡Xt​(modN)，
对于每个质数$P_i$Pi​(i=1,2…c)，假如有个解$X_{ij}$Xij​使得$X_{ij}^M\equiv X_{ij}\pmod{P_i}$XijM​≡Xij​(modPi​)。
那么对于每个t与每个i，必有一个j使得，$X_t\equiv X_{ij}\pmod{P_i}$Xt​≡Xij​(modPi​)

考虑$P_i$Pi​是互质的，那么对于每一组$X_{ij}$Xij​（每个$P_i$Pi​贡献一个$X_{ij}$Xij​出来），
都有唯一的一个$X_t$Xt​使得
$\begin{cases} X_t\equiv X_{1j}\pmod{P_1}\\ X_t\equiv X_{2j}\pmod{P_2}\\ ............\\ X_t\equiv X_{cj}\pmod{P_c} \end{cases}$⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧​Xt​≡X1j​(modP1​)Xt​≡X2j​(modP2​)............Xt​≡Xcj​(modPc​)​

原因如下：
$N=P1*P2....*Pc$N=P1∗P2....∗Pc，根据中国剩余定理可得，上面的方程组在[1,N]有且只有1个解，
而对于每个个i，$X_t \bmod Xij$Xt​modXij的值都是唯一的，即每个$X_t$Xt​唯一对应一组$X_{ij}$Xij​。

故$X_t$Xt​的个数等于$X_{ij}$Xij​的组数，即为每个$P_i$Pi​的j值个数相乘。
而对于每个$P_i$Pi​的j值个数就可以用c=1的方法去做了。

不过，这题卡常。
对于每个$P_i$Pi​值，从1~$P_i$Pi​暴枚其合法解数量并判断是一个O(P*log(M))的复杂度。
总计O(TCPlog(M))，最坏情况是2.5e7乘上long long取模的常数，很容易被卡。

考虑对于每个$P_i$Pi​，枚举x值时有两种情况：

若x为一个质数，那么直接暴力快速幂算。O(log(M))

若x不为质数，那么把x拆成a*b的形式使得$x=a*b$x=a∗b(a!=1且b!=1)。
那么$x^m=a^m*b^m$xm=am∗bm，直接O(1)出解。
（先用线性筛预处理一波，减小常数。）

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXC=55;
const int MAXP=10005;
const int MOD=998244353;
const long long ONE=1;
long long Ans;int f[MAXP];
int ID,K,M,C,P[MAXC],poit[MAXP];
int pcnt,prime[MAXP],visp[MAXP];
int quick_Pow(int x,int y,int p){
	if(y==0)return 1;
	if(y==1)return x;
	if(y%2)return (x*quick_Pow((x*x)%p,y/2,p))%p;
	return quick_Pow((x*x)%p,y/2,p);
}
inline void Init(int L){
	visp[0]=visp[1]=1;
	for(int i=2;i<=L;i++){
		if(!visp[i])prime[++pcnt]=i;
		for(int j=1;j<=pcnt&&prime[j]*i<=L;j++){
			visp[i*prime[j]]=1;
			poit[i*prime[j]]=prime[j];
			if(i%prime[j]==0)break;
		}
	}
}
int main(){
	//freopen("read.in","r",stdin);
	//freopen("output.out","w",stdout);
	freopen("division.in","r",stdin);
	freopen("division.out","w",stdout);
	Init(10000);
	scanf("%d%d",&ID,&K);
	while(K--){
		scanf("%d%d",&C,&M);Ans=1;
		for(int i=1;i<=C;i++)
			scanf("%d",&P[i]);
		sort(P+1,P+C+1);
		for(int i=1;i<=C;i++){
			int ret=2;f[1]=1;
			for(int j=2;j<P[i];j++){
				if(!visp[j])f[j]=quick_Pow(j,M,P[i]);
				else f[j]=(f[poit[j]]*f[j/poit[j]])%P[i];
				if((f[j]-j+P[i])%P[i]==0)ret++;
			}
			Ans=(Ans*ret)%MOD;
		}
		printf("%lld\n",Ans);
	}
}
/*
4
1
2 3
3 37

5
1
3 3
7 11 13
*/

后记

网上还有一种更强的思路，能O(TCLog(t))出解，我就不写了。（原因是我菜爆了写不来 ）
https://www.cnblogs.com/zjlcnblogs/p/11299900.html

标签：division,6272,JZOJ,int,Xij,iPi,ij,PiP,Xt
来源： https://blog.csdn.net/C20191522TL/article/details/99449994

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