2019牛客暑期多校训练营（第三场）D.Big Integer(费马小定理+找循环节)
题意
已知序列 A A A为 1 , 11 , 111 , 1111 , . . . 1,11,111,1111,... 1,11,111,1111,...，求
∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ A ( i j ) % p = = 0 ] \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[A(i^j)\%p==0] i=1∑nj=1∑m[A(ij)%p==0]
思路
易知 A ( n ) = 1 0 n − 1 9 A(n)=\frac{10^n-1}{9} A(n)=910n−1，那么有
∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ 1 0 i j − 1 9 % p = = 0 ] \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\frac{10^{i^j}-1}{9}\%p==0] i=1∑nj=1∑m[910ij−1%p==0]
考虑 1 0 n − 1 9 \frac{10^n-1}{9} 910n−1和 p p p的关系，先考虑 9 9 9和 p p p互质，那么可以变为
( 1 0 n − 1 ) ⋅ i n v 9 % p = = 0 (10^n-1)\cdot inv9\ \% p==0 (10n−1)⋅inv9 %p==0
由于互质 i n v 9 ≠ 0 inv9\neq0 inv9̸=0，所以只有
1 0 n − 1 % p = = 0 10^n-1\ \% p==0 10n−1 %p==0
即
1 0 n ≡ 1 ( m o d p ) 10^n\equiv 1 (mod\ p) 10n≡1(mod p)
根据费马小定理， 10 10 10和 p p p互质有
1 0 p h i ( p ) ≡ 1 ( m o d p ) 10^{phi(p)}\equiv 1(mod\ p) 10phi(p)≡1(mod p)
1 0 p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) 10^{p-1}\equiv 1(mod\ p) 10p−1≡1(mod p)
由于 1 0 0 ≡ 1 ( m o d p ) 10^0\equiv 1(mod\ p) 100≡1(mod p)，那么循环节至少为 p − 1 p-1 p−1，考虑是否有更小的循环节，根据同余式的性质
a ≡ b ( m o d p ) → a n ≡ b n ( m o d p ) a\equiv b(mod\ p)\rightarrow a^n\equiv b^n(mod\ p) a≡b(mod p)→an≡bn(mod p)
那么令 d d d为 p − 1 p-1 p−1的因子，即 d ∣ p − 1 d|p-1 d∣p−1，最小的循环节可能为 d d d
( 1 0 d ) p − 1 d ≡ 1 ( m o d p ) (10^{d})^{\frac{p-1}{d}}\equiv 1(mod\ p) (10d)dp−1≡1(mod p)
所以我们可以对 p − 1 p-1 p−1的因子进行检验得到最小的循环节 d d d，找到了最小的循环节 d d d之后我们如何求解答案呢。由于循环节为 d d d，所以 i j i^j ij必须是 d d d的倍数。考虑 j j j是固定的，那么只要 i i i含有 d ⌈ 1 j ⌉ d^{\left \lceil \frac{1}{j} \right \rceil} d⌈j1⌉的因子就可以了，令 g = d ⌈ 1 j ⌉ g=d^{\left \lceil \frac{1}{j} \right \rceil} g=d⌈j1⌉，那么 1 ∼ n 1\sim n 1∼n中是 g g g的倍数的个数为 n g \frac{n}{g} gn。再考虑 g g g，我们可以将 d d d唯一分解了，那么就有
d = p 1 a 1 p 2 a 2 p 3 a 3 ⋯ p k a k d=p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}\cdots p_k^{a_k} d=p1a1p2a2p3a3⋯pkak
g g g就有
g = p 1 ⌈ a 1 j ⌉ p 2 ⌈ a 2 j ⌉ p 3 ⌈ a 3 j ⌉ ⋯ p k ⌈ a k j ⌉ g=p_1^{\left \lceil \frac{a_1}{j} \right \rceil}p_2^{\left \lceil \frac{a_2}{j} \right \rceil}p_3^{\left \lceil \frac{a_3}{j} \right \rceil}\cdots p_k^{\left \lceil \frac{a_k}{j} \right \rceil} g=p1⌈ja1⌉p2⌈ja2⌉p3⌈ja3⌉⋯pk⌈jak⌉
随着 j j j的变化， g g g的值也是变化的，设 m a x n = m a x { a 1 , a 2 , a 3 , ⋯ , a k } maxn=max\{a_1,a_2,a_3,\cdots,a_k\} maxn=max{a1,a2,a3,⋯,ak}，当 j j j的值为 1 ∼ m a x n 1\sim maxn 1∼maxn时 g g g也就是随着变化的，我们分别计算每一个的贡献为 n g \frac{n}{g} gn，当 j > m a x n j>maxn j>maxn时 g g g将不再变化贡献就为 n g ( m − m a x n ) \frac{n}{g}(m-maxn) gn(m−maxn)
这样就能统计出答案了，但是当 p = 2 , p = 5 p=2,p=5 p=2,p=5时，虽然 9 9 9和 p p p互质但是 1 0 n % p = = 0 10^n\% p==0 10n%p==0，所以明显的答案都为 0 0 0
第二我们考虑 p = 3 p=3 p=3的情况，由于 p = 3 p=3 p=3于分母 9 9 9并不互质，所以我们并不能像上面那么做。考虑
∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ A ( i j ) % 3 = = 0 ] \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[A(i^j)\%3==0] i=1∑nj=1∑m[A(ij)%3==0]
由于 A ( i j ) A(i^j) A(ij)为长度为 i j i^j ij连续的 1 1 1的整数，一个整数是否能被 3 3 3整除我们知道就是把各位上的数字加起来是 3 3 3的倍数就能整除了，令 A ( i ) A(i) A(i)每一位上的和为 S S S，那么 A ( i j ) A(i^j) A(ij)每一位上的和就为 j × S j\times S j×S，由于 A A A上的每一位都是 1 1 1，所以 S = i S=i S=i，故最后的答案就是 n / 3 ∗ m n/3*m n/3∗m
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
long long quickmod(long long a,long long b,long long mod=1e9+7)
{
long long ans=1;
while(b)
{
if(b%2==1)
ans=ans*a%mod;
b=b/2;
a=a*a%mod;
}
return ans;
}
paira[1005];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
long long p,n,m;
scanf("%lld%lld%lld",&p,&n,&m);
if(p==2||p==5)
{
printf("0\n");
continue;
}
else if(p==3)
{
printf("%lld\n",n/3*m);
continue;
}
long long x=p-1;
int minn=p-1;
for(int i=2; i*i<=x; i++)
{
if(x%i==0)
{
if(quickmod(10,i,p)==1)
minn=min(minn,i);
if(quickmod(10,x/i,p)==1)
minn=min(1ll*minn,x/i);
}
}
int cnt=0;
int maxn=0;
x=minn;
for(int i=2; i*i<=x; i++)
{
if(x%i==0)
{
a[cnt].first=0;
a[cnt].second=0;
a[cnt].first=i;
while(x%i==0)
{
a[cnt].second++;
x=x/i;
}
maxn=max(a[cnt].second,maxn);
cnt++;
}
}
if(x>1)
{
a[cnt].first=0;
a[cnt].second=0;
a[cnt].first=x;
a[cnt].second++;
maxn=max(a[cnt].second,maxn);
cnt++;
}
long long ans=0;
long long g=1;
for(int j=1; j<=min(1ll*maxn,m); j++)
{
g=1;
for(int i=0; imaxn)
ans+=n/g*(m-maxn);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}