JZOJ6272.【NOIP2019提高组A】整除

Description

传送门

Solution

• n|x^m-x等价于：任意p，满足 p|x^m-x。p为质因子。
• 将n的质因子p分开考虑。
• 不难得出，在模p意义下满足以上条件的解y（y
• 那么我们要求最终解x同时满足所有质因子条件，每一个质因子都可以选择一些解y中的一个并且要求x与y在模p意义下同余，那么这个条件肯定满足了。如果cnti表示对于第i个质因子y的个数，那么共有cnt1* cnt2 * cnt3…*cntc种方案。
• 这样我们就可以得到其中一种方案的c条同余方程。
• 根据中国剩余定理，我们可以知道，在模M（M=所有模数即质因子的乘积，在这里就是n）下，这些同余方程有且只有一个解。
• 所以说一种同余方程的方案就对应着一个解。所以实际上解的个数就等于方案数cnt1* cnt2 * cnt3…*cntc。
• 求质因子内满足条件的个数等同于求所有x^m%p (x
• 素数就直接快速幂。但是会被卡常，所以我们让m%（p-1），因为x^p-1=1(mod p)

update 还有一种更秀的做法，碾爆正解

source%%%

我的辣鸡代码

#include
#include
#include
#include
#define ll long long 
#define mo 998244353
#define maxp 10005
using namespace std;

int id,T,c,m,mm,i,j,k,p;
int tot,pri[maxp],bz[maxp],f[maxp];
ll ans,cnt;

int ksm(int x,int y){
	ll s=1;
	for(;y;y/=2,x=x*x%p) if (y&1)
		s=s*x%p;
	return s;
}

int main(){
	for(i=2;i

数论大佬的做法

#include
#include
#include
#include
#define ll long long 
#define mo 998244353
#define maxp 10005
using namespace std;

int id,T,c,m,mm,i,j,k,p;
ll ans,cnt;

int gcd(int x,int y){
	return (x%y==0)?y:gcd(y,x%y);
}

int main(){
	scanf("%d",&id);
	scanf("%d",&T);
	while (T--){
		scanf("%d%d",&c,&m);
		ans=1;
		while (c--){
			scanf("%d",&p);
			ans=1ll*ans*(gcd(m-1,p-1)+1)%mo;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}	
}