D—Big Integer （质因子分解）2019牛客多校

题目链接：
题意：有这样一些数，全部由1组成，例如：1,11,111,1111,…

定义A(n)为第n大的数，计算: ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[A(i^j)\equiv 0(modp)]$

我们设：$A(n)=\frac{10^n-1}{9}$
即：
考虑p与9互质。
$(10^n-1)\ast inv9\equiv 0(modp)$
因为inv9不为0，故：
$10^n\equiv 1(modp)$

由费马小定理，可得n为p-1，也就是存在一个循环节d，使得只要满足$d|i^j$，此$i^j$就满足条件。
但这里的循环节不一定是p-1，它可能更小，我们可以通过打表看出。或者我们可以这样想，假设存在p-1的因子d,满足$10^d\equiv 1(modp)$，此时d就为更小的循环节，那么现在我们只需先找到p-1的循环节。

循环找出来后，就变成求：
$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d|i^j\end{array}$

下面参考官方题解：

设$ma=max(k_1,k_2,...,k_l)$，那么当$j>=ma$时，g此时都不会再改变，此时就有$\frac{n}{g}\ast (m-ma)$。
再者，当p为2,5时，$10^n\equiv 0(modp)$，说明不存在这样的$A(i^j)$
当p=3时，因为p与9并不互质，故题目就变成了求：
${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[A(i^j)mod3==0]$，那么显然就变成A(i^j)数字中，各位数相加是否为3的倍数，我们先不考虑j，即有$\frac{n}{3}$这么多个i，那么最后结果就为 $\frac{n}{3}\ast m$

#include

using namespace std;

typedef long long LL;

LL mod;

LL fast(LL x,LL y)
{
    LL ans=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) ans=ans*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return ans;
}

pair pri[2000];

int main()
{

    int ncase;

    scanf("%d",&ncase);

    while(ncase--)
    {
        LL p,n,m;
        scanf("%lld%lld%lld",&p,&n,&m);
        mod=p;

        if(p==2||p==5){
            puts("0");
            continue;
        }
        if(p==3){
            printf("%lld\n",n/3*m);
            continue;
        }
        LL mi=p-1,x=p-1;

        ///找出循环节mi
        for(LL i=2;i*i<=x;i++)
        {
            if(x%i==0){
                if(fast(10,i)==1){
                    mi=min(mi,i);
                }
                if(fast(10,x/i)==1) mi=min(mi,x/i);
            }
        }
//        printf("mi=%lld\n",mi);
        int cnt=0;

        x=mi;
        LL ma=0;
        for(LL i=2;i*i<=x;i++)///质因子分解循环节mi
        {
            if(x%i==0){
                pri[++cnt].second=0;
                pri[cnt].first=i;
                while(x%i==0){
                    pri[cnt].second++;
                    x/=i;
                }
                ma=max(ma,pri[cnt].second);
            }
        }
        if(x>1){
            pri[++cnt].first=x;
            pri[cnt].second=1;
            ma=max(ma,pri[cnt].second);
        }

        LL ans=0;
        LL g=1;
        for(LL j=1;j<=min(m,ma);j++){ ///枚举j
            g=1;
            for(int i=1;i<=cnt;i++){
                g=g*fast(pri[i].first,ceil(1.0*pri[i].second/j));
            }
            ans+=n/g;
        }

        if(m>ma){
            ans+=(n/g)*(m-ma);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;

}