【BZOJ】1951: [Sdoi2010]古代猪文-数论-CRT入门

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题解

此题考到的知识点比较多，首先得看出这是个 CRT C R T 。
由欧拉定理，当 n⊥p n ⊥ p 时， nϕp≡n (mod p) n ϕ p ≡ n   ( m o d   p ) .
此题即求 G∑d|n(nd)(mod p−1) (mod p) G ∑ d | n ( n d ) ( m o d   p − 1 )   ( m o d   p ) 的值。
n≤109 n ≤ 10 9 ，所以 (nd) ( n d ) 可用卢卡斯定理求得：
p为素数时， (nm)≡(⌊np⌋⌊mp⌋)(n mod pm mod p) (mod p) ( n m ) ≡ ( ⌊ n p ⌋ ⌊ m p ⌋ ) ( n   m o d   p m   m o d   p )   ( m o d   p )
还得线性推一下逆元。
这里的 p−1（999911658） p − 1 （ 999911658 ） 不是素数，但它可以拆分成 999911658=2∗3∗4679∗35617 999911658 = 2 ∗ 3 ∗ 4679 ∗ 35617 的形式。这样我们可以对四个素因数分别计算，最后通过 CRT C R T 求得最终在 p−1 p − 1 模意义下的幂次，再快速幂即可。
CRT C R T 求出的解可以证明，具有唯一性。
CRT C R T （中国剩余定理）：求得满足
x≡a1(mod p1) x ≡ a 1 ( m o d   p 1 )
x≡a2(mod p2) x ≡ a 2 ( m o d   p 2 )
…
x≡an(mod pn) x ≡ a n ( m o d   p n )
的最小正整数 x x 。( p1 p 1 ~ pn p n 为两两互不相同的素数)
设 M=∏ni=1pi M = ∏ i = 1 n p i , Mi=Mpi M i = M p i , ti≡M−1i (mod pi) t i ≡ M i − 1   ( m o d   p i )
可以得到 x=∑ni=1Mitiai (mod M) x = ∑ i = 1 n M i t i a i   ( m o d   M )
注意：
此题有一种特殊情况，因为欧拉定理只在n,p互质情况下成立，当 n≡0(mod p) n ≡ 0 ( m o d   p ) 时，直接输出0即可。（其实求一遍快速幂也不会错，但乘的过程中，默认 00=1 0 0 = 1 ，所以会WA一个点，需要特判一下）

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代码

#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=35620,mod=999911659;
int l[4][N],iv[4][N],p[4]={2,3,4679,35617},m[4];
int n,G;

inline int fp(int a,int b,int mod)
{if(!a) return 0;
int ret=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) ret=1ll*ret*a%mod;return ret;}

inline int CRT()
{
    int M=mod-1,ans=0,res;
    for(int i=0;i<4;++i){
        res=1ll*M/p[i]*fp(M/p[i],p[i]-2,p[i])%M*m[i]%M;
        ans=(1ll*ans+res)%M;
    }
    return ans;
}

inline int lucas(int x,int y,int id)
{
    if(!y) return 1;
    if(xif(y>x) return 0;
      return 1ll*l[id][x]*iv[id][y]%p[id]*iv[id][x-y]%p[id];
    }else return 1ll*lucas(x/p[id],y/p[id],id)*lucas(x%p[id],y%p[id],id)%p[id];
}

int main(){
    int i,j,k;
    scanf("%d%d",&n,&G);G%=mod;
//  if(G==0){printf("0\n");return 0;}
    for(i=0;i<4;++i) iv[i][0]=l[i][0]=iv[i][1]=1;
    for(i=1;i<4;++i)
     for(j=1;j1ll*l[i][j-1]*j%p[i];
        if(j>1) iv[i][j]=1ll*(p[i]-p[i]/j)*iv[i][p[i]%j]%p[i];
     }
    for(i=1;i<4;++i)
     for(j=1;j1ll*iv[i][j]*iv[i][j-1]%p[i];
    for(i=1;i*i<=n;++i){
        if(n%i==0){
            m[0]=(m[0]+((n|i)==n))%2;
            for(j=1;j<4;++j) m[j]=(1ll*m[j]+lucas(n,i,j))%p[j];
            if(i*i!=n) {
                m[0]=(m[0]+((n|(n/i))==n))%2;
                for(j=1;j<4;++j) m[j]=(1ll*m[j]+lucas(n,n/i,j))%p[j];
            }
        }
    }
    printf("%d\n",fp(G,CRT(),mod));
}