[BZOJ 3884] 上帝与集合的正确用法 欧拉定理

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题目大意：
多组测试数据。输入整数 p，求

22222...(无穷多个2)modp

其中1 ≤ p ≤ 107 ，测试数据组数 ≤ 1000。

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题目分析：
（一开始看到有无穷多个 2 就懵逼了）
其实这道题没有那么难，因为，你可以试一些数据，比如 p = 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , …… 然后发现，随着 2 的幂次方的增长，模下来的数总是一个定值；这之后，我们就要使用数学归纳法（找规律）来得到正确的答案。

欧拉定理：若 gcd ( a , b ) = 1，则 a φ(b)≡1(modb) 。

那么对于这道题，它该怎么用呢？显然，对于 22222... ，我们要对它化简，于是我们可以考虑使用这个定理把它的幂转化成较小的数（根据同余的性质）。

举个栗子，gcd ( 4 , 5 ) = 1，则 4φ(5)≡44≡1(mod5) ；如果我们要求解 499mod5 的值， 那么，这个式子可以转化为： (44)24∗43mod5 ；前半部分由于同余于 1 直接被消掉，实质上它就变成了求 43mod5 的值了，也可以表示为 499modφ(5)mod5 。这样一来就要简单许多。

同样对于这道题而言，2 的无穷多次方也能转化成这种形式。因为 22222... 只含 2 这个质因子，所以我们可以先把 p 中的 2 提出来，变成 2k∗(22222...−k)modp2k ；
因为此时 gcd ( 2 , p2k ) = 1，所以可以套用欧拉定理，变成 2k∗22222...−kmodφ(p2k)modp2k 。

之后，对于 2222...−kmodφ(p2k) ，我们可以递归地对它进行处理，直到 p2k = 1 为止（此时模数为 1，意味着任何数模 1 都为 0，于是返回）。然后再加上每次递归时还留下的 kmodφ(p2k) 这个数，回溯回去求出每次取模之后的值，统计答案即可。

本题还有一些需要注意的地方：记得在快速幂时取模！还要开 long long！

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下面附上代码：

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MX=100005;

int T;
LL pp;

LL getphi(LL x){                            //据说根号 n 的求法更快？
    LL r=x,tmp=x;
    for (int i=2;i*i<=tmp;i++){
        if (tmp%i==0){
            r=r/i*(i-1);
            while (tmp%i==0) tmp/=i;
        }
    }
    if (tmp>1) r=r/tmp*(tmp-1);
    return r;
}
LL fastpow(LL a,LL b,LL mod){
    LL r=1,base=a;
    while (b){
        if (b&1) r=r*base%mod;
        base=base*base%mod;
        b>>=1;
    }
    return r%mod;
}
LL solve(LL p,LL k){                        //k:每次取模之后的偏移量(+/-)
    if (p==1)
        return 0;
    LL f2=1,addtime=0;                      //f2:因子2的数量 addtime:2的幂次方
    while (p%2==0)
        f2<<=1,p/=2,addtime++;                //求出2的因子数
    LL phi_p=getphi(p);

    LL temp1=solve(phi_p , ((-addtime%phi_p)+phi_p)%phi_p);

    LL temp2=fastpow(2,temp1,f2*p)%(f2*p)*f2 + k%(f2*p);
                                            //两个临时变量
    return temp2%(f2*p);
}

int main(){
    cin>>T;
    while (T–){
        cin>>pp;
        cout<
    }
    return 0;
}