HDU 2879 HeHe （素数+积性函数及证明）

HDU 2879 HeHe

 In the equation X^2≡X(mod N) where x∈[0,N-1], we define He[N] as the number of solutions.
And furthermore, define HeHe[N]=He[1]*……*He[N]
Now here is the problem, write a program, output HeHe[N] modulo M for a given pair N, M. 

Input
First line: an integer t, representing t test cases.
Each test case contains two numbers N (1<=N<=10^7) and M (0

题意：

定义 He[N] H e [ N ] 在 [0,N−1] [ 0 , N − 1 ] 范围内有多少个数满足式子 x2≡x (mod N) x 2 ≡ x   ( m o d   N )

求 HeHe[N]=He[1]×……×He[N] H e H e [ N ] = H e [ 1 ] × … … × H e [ N ]

分析：

题目名字很挫，但是题是好题

这道题我们以后做题的提示就是当题目让我们求一个公式的值的时候除了打表找规律可以判断它是否是积性函数

积性函数定义：

对于正整数n的一个算术函数 f(n)，若f(1)=1，且当a,b互质时f(ab)=f(a)f(b)，在数论上就称它为积性函数。若对于某积性函数 f(n) ，就算a, b不互质，也有f(ab)=f(a)f(b)，则称它为完全积性的

常见积性函数：
φ(n) －欧拉函数，计算与n互质的正整数之数目　
μ(n) －莫比乌斯函数，关于非平方数的质因子数目
gcd(n,k) －最大公因子，当k固定的情况　
d(n) －n的正因子数目
σ(n) －n的所有正因子之和　
σk(n) － 因子函数，n的所有正因子的k次幂之和，当中k可为任何复数。　
Idk(n) －幂函数，对于任何复数、实数k，定义为Idk(n) = n^k （完全积性）　
λ(n) －刘维尔函数，关于能整除n的质因子的数目　
γ(n)，定义为γ(n)=(-1)^ω(n)，在此加性函数ω(n)是不同能整除n的质数的数目

而题目中的He函数就是积性函数

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首先告诉大家结论，之后再给出证明

结论：

1) 函数 He[] H e [ ] 是积性函数,对于p，q两个数互质有： He[pq]=He[p]×He[q] H e [ p q ] = H e [ p ] × H e [ q ]

2) 如果p是素数那么 He[p]=2 H e [ p ] = 2 且 He[pk]=2 H e [ p k ] = 2

证明：

我们先证明结论2），如果p是素数，那么 He[p]=2 H e [ p ] = 2

证：
根据题目要求满足的式子
x2≡x (mod p) x 2 ≡ x   ( m o d   p )
由同余式定义得到
p|x(x−1) p | x ( x − 1 )
因为题目告诉我们 x∈[0,p−1] x ∈ [ 0 , p − 1 ] 所以x小于p
所以p既不整除x也不整除x-1
因此只有一种情况那就是 x(x−1)=0 x ( x − 1 ) = 0
此时有 x=0或x=1 x = 0 或 x = 1 两种解
故 He[p]=2 H e [ p ] = 2 ;
对于 He[pk]=2的证明同理 H e [ p k ] = 2 的 证 明 同 理

下面证明它是积性函数

即对于两个素数p，q有

He[pq]=He[p]×He[q]=4 H e [ p q ] = H e [ p ] × H e [ q ] = 4

证：
首先对于He[pq]，一定有两个解x=0和x=1
由同余式 x2≡x (mod pq) x 2 ≡ x   ( m o d   p q )
得到 pq|x(x−1) p q | x ( x − 1 )
此时因为pq是合数，那么pq整除x（x-1）说明x可能是p或q的倍数
我们假设 x=k⋅p x = k ⋅ p
得到 pq|k⋅p(k⋅p−1) p q | k ⋅ p ( k ⋅ p − 1 )
消去p得到
q|k(k⋅p−1) q | k ( k ⋅ p − 1 )
因为我们假设的 x=k⋅p x = k ⋅ p ，而 x∈[0,pq−1] x ∈ [ 0 , p q − 1 ]
所以 k<q k < q
所以k，q互质
因此q一定整除 (k⋅p−1) ( k ⋅ p − 1 )
即 k⋅p≡1 (mod q) k ⋅ p ≡ 1   ( m o d   q )
根据同余式得到线性方程 k⋅p+t⋅q=1 k ⋅ p + t ⋅ q = 1 因为p，q互质故必有解
因此对于原来的式子我们就多了一个解
同理如果我们设 x=k⋅q x = k ⋅ q 又能多得到一个解
因此共有四个解
故 He[pq]=He[p]×He[q]=4 H e [ p q ] = H e [ p ] × H e [ q ] = 4

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那么同理对于互质的两个数 pk,qk p k , q k

有 He[pkqa]=He[pk]×He[qa]=4 H e [ p k q a ] = H e [ p k ] × H e [ q a ] = 4

因为题目让求HeHe函数

HeHe函数是He函数的阶乘

故根据我们上面证明的结论

我们要求 He[1]，He[2],⋯He[N] H e [ 1 ] ， H e [ 2 ] , ⋯ H e [ N ]

只需求1-N每个数中有不同的素因子个数之和即可假设总共k个

那么答案为 2k 2 k

这就用到了阶乘分解因子的方法了，我们知道要求N！中某个因子p有多少个，是不断加 Np N p 直到0位置，而我们需要的只是1-N这些数中有多少个含有p因子，所以加一次 Np N p 即可，然后枚举素因子p即可

code：

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e7+5;
const int N = 7e5+5;
bool isprime[maxn];
int prime[N],cnt;
void init(){
    cnt = 0;
    memset(isprime,true,sizeof(isprime));
    for(int i = 2; i < maxn; i++){
        if(isprime[i]){
            prime[cnt++] = i;
            for(int j = i + i; j < maxn; j += i){
                isprime[j] = false;
            }
        }
    }
}
ll q_pow(ll a,ll b,ll mod){
    ll ans = 1;
    while(b){
        if(b & 1)
            ans = ans * a % mod;
        b >>= 1;
        a = a * a % mod;
    }
    return ans;
}
int main(){
    init();
    int n,m;
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        ll e = 0;
        for(int i = 0; i < cnt && prime[i] <= n; i++){
            e += n / prime[i];
        }
        ll ans = q_pow(2LL,e,m);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}