指数循环节


指数循环节

在有些题目中我们需要对指数进行降幂处理才能计算。比如计算

 

       

 

其中

 

这里由于很大,所以需要进行降幂。那么实际上有如下降幂公式

 

        

 

有了上述公式,很多题目就可以得到解决。

题目:http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=1759

 

题意:给定的值,求的值。其中

 

代码如下:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define debug "output for debug\n"
#define pi (acos(-1.0))
#define eps (1e-6)
#define inf (1<<28)
#define sqr(x) (x) * (x)
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ULL;
const int MAX = 1000005;
char str[MAX];
int phi(int n)//欧拉函数
{
    int i,res=n,m=sqrt(n);
    for(i=2; i<=m; i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            res=res/i*(i-1);
            while(n%i==0)
                n=n/i;
        }
    }
    if(n>1)
        res=res/n*(n-1);
    return res;
}
ll quick_mod(ll a,ll b,ll m)//快速幂
{
    ll c=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            c=c*a%m;
        a=a*a%m;
        b>>=1;
    }
    return c;
}
ll solve(ll a,char str[],ll c)//指数循环节
{
    ll len=strlen(str);
    ll ans=0;
    ll p=phi(c);
    for(int i=0; i

题目:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2837

 

题意:给定一个递归式,其中,求的值。

 

分析:本题方法比较明确,先已一直递归上去,直到,然后从上面再一步一步走回来,每一步都可以进行指

     数降幂,这里需要判断。

 

代码如下:

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long LL;

int phi(int n)
{
    int rea = n;
    for(int i=2; i*i<=n; i++)
    {
        if(n % i == 0)
        {
            rea = rea - rea / i;
            while(n % i == 0)  n /= i;
        }
    }
    if(n > 1)
        rea = rea - rea / n;
    return rea;
}

LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
{
    LL ans = 1;
    a %= m;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = ans * a % m;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = a * a % m;
    }
    return ans;
}

LL check(LL a,LL b,LL p)
{
    LL ans = 1;
    for(int i=1; i<=b; i++)
    {
        ans *= a;
        if(ans >= p)
            return ans;
    }
    return ans;
}

LL dfs(LL n,LL m)
{
    LL p = phi(m);
    if(n < 10) return n;
    LL x = dfs(n / 10, p);
    LL y = check(n % 10, x, m);
    if(y >= m)
    {
        LL ans = quick_mod(n % 10, x + p, m);
        if(ans == 0)
            ans += m;
        return ans;
    }
    else
        return y;
}

int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        LL n,m;
        cin>>n>>m;
        cout<


题目:http://acm.nefu.edu.cn/JudgeOnline/problemshow.php?problem_id=691

 

题意:给定一个数组,然后有,求如下表达式的值

 

      

 

分析:方法基本跟上题一样,就不多说了。注意特殊处理的情况。

 

代码如下:

#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 105;

LL a[N],p[N];

LL phi(LL n)
{
    LL rea = n;
    for(int i=2; i*i<=n; i++)
    {
        if(n % i == 0)
        {
            rea = rea - rea / i;
            while(n % i == 0) n /= i;
        }
    }
    if(n > 1)
        rea = rea - rea / n;
    return rea;
}

void Init(LL m)
{
    p[0] = m;
    for(int i=1; i 1) f = 1;
        else f = 0;
        return 0;
    }
    if(a[dept] >= m)
    {
        f = 1;
        return 0;
    }
    LL t = 1;
    bool flag = 0;
    for(int i=1;i<=a[dept];i++)
    {
        t = t * i;
        if(t >= p[dept])
        {
            flag = 1;
            t %= m;
        }
    }
    LL d = Solve(dept+1,f);
    if(f) d += phi(m);
    LL ans = 1;
    f = 0;
    for(int i=0;i= m)
        {
            f = 1;
            ans %= m;
        }
        if(flag) f = 1;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        LL n,m;
        cin>>n>>m;
        for(int i=0; i>a[i];
        if(m == 1)
        {
            puts("0");
            continue;
        }
        Init(m);
        bool f;
        cout<


题目:http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1674

 

题意:已知,给定,求的值,并且有条件

     成立。

 

分析:本题方法很巧妙,由于。本题就要用到这个,

 

           

 

      那么有

 

      可以看出又是的一个子问题,这样一直递归下去最终求得结果,因为,所以一定有解。

 

代码如下:

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long LL;

LL phi(LL n)
{
    LL rea = n;
    LL t = (LL)sqrt(1.0*n);
    for(int i=2;i<=t;i++)
    {
        if(n % i == 0)
        {
            rea = rea - rea / i;
            while(n % i == 0) n /= i;
        }
    }
    if(n > 1)
        rea = rea - rea / n;
    return rea;
}

LL power(LL a,LL b,LL m)
{
    LL ans = 1;
    a %= m;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = ans * a % m;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = a * a % m;
    }
    return ans;
}

LL Solve(LL a,LL m)
{
    if(m == 1) return 0;
    LL p = phi(m);
    return power(a,p,m) * power(a,Solve(a,p),m) % m;
}

int main()
{
    LL a,m;
    bool f = 1;
    while(cin>>a>>m)
    {
        if(f) f = 0;
        else puts("");
        LL ans = 1;
        for(int i=1;i<=m;i++)
            ans *= i;
        cout<


题目:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4335

 

题意:给定3个整数,其中,求满足下面两个条件的

     的个数。

               

 

分析:,所以这样就容易多了,注意有个特判。

 

代码如下:

#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;

int phi(int n)
{
    int rea = n;
    for(int i=2; i*i<=n; i++)
    {
        if(n % i == 0)
        {
            rea = rea - rea / i;
            while(n % i == 0) n /= i;
        }
    }
    if(n > 1)
        rea = rea - rea / n;
    return rea;
}

ULL quick_mod(ULL a,ULL b,ULL m)
{
    ULL ans = 1;
    a %= m;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = ans * a % m;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = a * a % m;
    }
    return ans;
}

ULL f[100005];

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    for(int t=1; t<=T; t++)
    {
        ULL b, p, m;
        scanf("%I64u %I64u %I64u", &b, &p, &m);
        if(b == 0 && p == 1 && m == 18446744073709551615ull)
        {
            printf("Case #%d: 18446744073709551616\n",t);
            continue;
        }
        int ph = phi(p);
        ULL ans = 0;
        if(b == 0) ans++;
        f[0] = 1;
        bool flag = 0;
        int i;
        for(i=1; i<=m; i++)
        {
            f[i] = f[i-1] * i;
            if(f[i] >= ph)
            {
                f[i] %= ph;
                flag = 1;
                if(f[i] == 0) break;
            }
            if(flag)
            {
                if(quick_mod(i, f[i] + ph, p) == b)
                    ans++;
            }
            else
            {
                if(quick_mod(i, f[i], p) == b)
                    ans++;
            }
        }
        for(int k=0; i<=m && k



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