HDU 5728 PowMod 欧拉函数 递归

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感觉智商被掏空…

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原题见HDU 5728

定义 k=∑mi=1φ(i·n) mod 1000000007
n 是无质因子平方项的数.
求 ans=kkkk...k( mod p) ，其中k有无穷多个
数据范围： 1≤n,m,p≤107

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各种引理

1. 若素数p满足 p2∣n ，则 φ(n)=p·φ(np) 见性质3
2. 若素数p满足 p∣n, p2∤n ，则 φ(n)=(p−1)·φ(np)
3. ab≡aφ(p)+b%φ(p)(modp)
   当 gcd(a,p)=1 ，有欧拉定理 aφ(p)≡1(modp) ，等式成立。
   当 gcd(a,p)=g>1 ，只要证 aφ(p)≡a2φ(p)(modp) ，即可得到 aφ(p)≡aφ(p)的任意多倍
   只要证 aφ(p)(aφ(p)−1)=p的倍数(∗)
   令 a=gx,p=gy,则gcd(x,y)=1 ，有 g∣aφ(p)
   又 φ(y)∣φ(p)，则y∣aφ(y)−1∣aφ(p)−1 即证(*)成立。
   aφ(p)≡0或1(modp)

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分析

题意很清晰啦。数据范围这么大，肯定要先化简。
n 是无质因子平方项的数.这个条件很关键，说明任取n中的因子g，满足 gcd(g,ng)=1(∗)
取i，满足 gcd(i,n)=g ，则 gcd(ig,ng)=1 ，综合 (∗)可得gcd(g2×ig,ng)=1
则由 φ(i·n)=φ(i·g·ng)=φ(i·g)φ(ng)
又 g∣i ,则 φ(i·g)=g·φ(i)

∑i=1mφ(i·n)===∑g∣n∑i=1mg·φ(i)φ(ng)[gcd(i,n)=g]∑g∣ng·φ(ng)∑i=1mφ(i)[gcd(i,n)=g]∑g∣ng·φ(ng)∑i=1m/gφ(i·g)[gcd(i,n)=1]

然后…莫比乌斯反演展开…并没有什么卵用

所以看了题解，不按套路啊…

任取n中的质数p，若 p∣i ，则 p2∣i·n ，则由引理1： φ(i·n)=p·φ(i·np)
若 p∤i ，则 p2∤i·n ，则由引理2： φ(i·n)=(p−1)φ(i·np)

∑i=1mφ(i·n)==前面的p−1项合并到后面==∑p∣i,i=1mp·φ(i·np)+∑p∤i,i=1m(p−1)φ(i·np)∑p∣i,i=1m(p−1+1)·φ(i·np)+∑p∤i,i=1m(p−1)φ(i·np)∑p∣i,i=1mφ(i·np)+(p−1)∑i=1mφ(i·np)∑i=1m/pφ(i·n)+(p−1)∑i=1mφ(i·np)

令 S(n,m)=∑i=1mφ(i·n) ，则

S(n,m)=S(n,mp)+(p−1)S(np,m)

处理一下欧拉函数前缀和，递归处理即可。
已经询问过的S(n,m)可以保存在 map, S>里，不用反复查询。

然后看看 ans=kkkk...k( mod p)
两种错误的想法，样例都不能过，不想清楚还是很抓狂…
认为 ans=kans( mod p) 或者 ans=ansk( mod p) 的，就不要玩了。
一般情况下， ax≢ax%p(modp)

令 A(k,p)=kkkk...k( mod p)
由引理3， kb≡kφ(p)+b%φ(p)(modp) ， b=kkkk...k ，可得

A(k,p)=kφ(p)+A(k,φ(p))

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代码

#include 
using namespace std;
#define N 10000010
#define LL long long
int MOD = 1000000007;
int num[N], prim[N], phi[N], sum[N];
int pn = 0;
void init(){
    memset(num, -1, sizeof(num));
    phi[0] = phi[1] = 1;
    for(int i = 2;i < N;i++){
        if(num[i]){
            prim[pn++] = i;
            phi[i] = i-1;
        }
        for(int j = 0;j < pn && 1LL*i*prim[j] < N;j++){
            if(i % prim[j] == 0){
                phi[i*prim[j]] = phi[i] * prim[j];
                num[i*prim[j]] = 0;
                break;
            }
            phi[i*prim[j]] = phi[i] * (prim[j] - 1);
            num[i*prim[j]] = 0;
        }
    }
    sum[0] = 0;
    for(int i = 1;i < N;i++)
        sum[i] = 1LL*(sum[i-1] + phi[i]) % MOD;
}
int s(int n, int m){
    if(n == 1)
        return sum[m];
    if(m == 0)
        return 0;
    for(int i = 0;i < pn && prim[i] <= n;i++){
        if(n % prim[i] == 0){
            int p = prim[i];
            return (1LL*(p-1)*s(n/p, m)%MOD + s(n, m/p)%MOD)%MOD;
        }
    }
}
LL poo(LL a, int k, int m){
    LL res = 1;
    while(k){
        if(k & 1LL) res = res*a%m;
        k >>= 1;
        a = a*a%m;
    }
    return res;
}
int A(int k, int p){
    if(p == 1) return 0;
    if(k == 1) return 1;
    return poo(1LL*k%p, phi[p]+A(k, phi[p]), p);
}
int main(){
    init();
    int n, m, p;
    while(~scanf("%d%d%d", &n, &m, &p)){
        int k = s(n, m);
        int ans = A(k, p);
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}