2019牛客暑期多校训练营（第三场）

D Big Integer

题意
求有多少对的$i$和$j$使得$A[i^j]\equiv 0$（mod p）$1⩽i⩽n$，$1⩽j⩽m$
其中A[n]表示有n位全1的十进制数，如$A[5]=11111$
思路
这题相当复杂啊，首先$111\dots \dots 11=\frac{10^n-1}{9}$，原式可化为$10^n\equiv 1$（mod 9p），
当p！=2或5时$gcd(10,9p)=1$,再根据欧拉定理可得$10^{\phi (9p)}\equiv 1$（mod 9p）本来化到这里其实就可以继续下一步了，但是因为在后面的计算中用9p会爆longlong，因此还需要继续化简，由于欧拉函数是积性函数，$\phi (9p)=\phi (9)\ast \phi (p)=6\ast (p-1)$,由于最小循环节一定在$\phi (9p)$的因子中取，所以特判一下p=3的情况，然后只需要枚举$\phi (p)$的因子就好了。

网上搜的题解说 若有 n 对 $10^n\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}9p)10n\equiv 1(mod9p)$成立， 那么一定有$10^n\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)10n\equiv 1(modp)$成立，不是很懂这是什么定理

这样求得了最小循环节d，原题就转化为：有多少对的i，j使得$i^j\equiv 0$(mod d)

把 d 质因数分解：$d=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_l^{k_l}$, 要使得 $i^j$ 是 $d$ 的倍数，那么在 $i^j$ 的质因数分解中 $p_1,p_2\cdots p_l$ 的指数中都要比$d$ 中的大，所以我们考虑 j 固定的时候，有多少个 i 可以满足条件。
$i$ 必须是 $g=p_1^{\lceil \frac{k_1}{j}\rceil }{p}_2^{\lceil \frac{k_2}{j}\rceil }\cdots p_l^{\lceil \frac{k_l}{j}\rceil }$ 的倍数，（至于为什么上取整，可以想一想，因为要求最小的 $x$, 有$x\ast j>=k_1\&\&x\ast (j-1)<k_1$ 。因此一共有$\frac{n}{g}$个合法的$i$。
由于k最大不超过30，枚举j时只要枚举到30，大于30的解跟30的情况是一样的

代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
//const int mod = 998244353;
const int maxn = 1e5+20;
ll p;
int n,m;
ll fac[maxn],num[maxn];
int cnt;
ll qmod(ll a,ll b,ll mod)
{
    ll c=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
        {
            c=c*a%mod;
        }
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return c;
}

ll getfac(ll x)                     //质因子分解
{
    cnt=0;
    memset(fac,0,sizeof(fac));
    memset(num,0,sizeof(num));
    for(int i=2;i*i<=x;i++)
    {
        if(x%i==0)
        {
            fac[++cnt]=i;
            while(x%i==0)
            {    ll p,n,m;
                num[cnt]++;
                x/=i;
            }
        }
    }
    if(x>1)
    {
        fac[++cnt]=x;
        num[cnt]++;
    }
}

int main(){
    int t;
    cin>>t;

    while(t--)
    {
        ll d;
        cin>>p>>n>>m;
        if(p==2||p==5)
        {
            printf("0\n");
            continue;
        }
        else if(p==3)
        {
            d=3;
        }
        else{
            d=p-1;
            getfac(d);
            for(int i=1;i<=cnt;i++)
            {
                for(int j=0;j<num[i];j++)
                {
                    if(qmod(10,d/fac[i],p)==1)
                        d/=fac[i];
                }
            }
        }
        getfac(d);              //分解d
        ll g;
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=min(30,m);i++)
        {
            g=1;
            for(int j=1;j<=cnt;j++)
            {
                int ma=(num[j]%i==0?num[j]/i:num[j]/i+1);
                for(int k=1;k<=ma;k++)
                {
                    g*=fac[j];
                }
            }
            ans+=n/g;
        }
        if(m>30)
            ans+=n/g*(m-30);
        printf("%lld\n",ans);

    }
}