玲珑 1144 - 数论你还会快速幂 【数论】【O（1）乘法】

点击打开链接

DESCRIPTION

今天$HH$在学数论,他看到一个很优美的式子:

${\sum }_{i=1}^n{i}^{k}modp$

INPUT

第一行是一个整数 $T(1\le T\le 1000)$,表示有 $T$组数据对于每组数据输入一行3个整数 $n,k,p(1\le n\le {10}^{18},0\le k\le {10}^{18},1\le p\le {10}^{18},0\le n-p\le 100)$且模数 $p$ 是质数,

OUTPUT

对于每组数据输出题目中的表达式的值

SAMPLE INPUT

25 2 37 2 3

SAMPLE OUTPUT

12

HINT

对于第一组样例我们有 $1^2+2^2+3^2+4^2+5^2=1\left(mod3\right)$对于第二组样例我们有 $1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2+7^2=2\left(mod3\right)$

裂解：

             这道理上来看一下数据范围，肯定是找规律。。。渣渣数学太渣，证明不出来，猜到了n-p大概100左右，写了三个p之前和为0，p p-1的后面快速幂算的交了三发

            当然是wa了，

           后来看题解，果然是这样，好接近啊，，，，

官方题解——————————————————————————————————————————————————————————————

看到$n$比$p$大了不到100个,我们可以思考一下假如我们只算到$p$或者$p-1$会是怎么样的

即考虑函数${\sum }_{i=1}^{p-1}{i}^{k}modp$

我们先打个表能发现当$k$是$p-1$的倍数的时候这个值是$p-1$,别的时候都是$0$

然而这是否正确的呢? 我们可以简单的推导一下:

假设$g$是$p$的原根,那么根据原根的性质,$g$的1次方到$p-1$次方在模$p$的时候

对应了$1$到$p-1$的某个全排列,即原式等价于

$g^k+g^{2k}+g^{3k}+...+g^{(p-1)k}$

然后我们用等比数列求和一下则得到

$(gk-gpk)/(1-gk)=(gk-gpk)\times inv(1-gk)$

再根据费马小定理我们便得到了$g^p=g$,那么这个式子就变成了0

不过这是建立在这是等比数列的情况下的,所以我们对几种不是等比数列的情况需要特判:

(1) p为2的时候原根是1

(2) k为p-1的时候由费马小定理可以得到所有项均为1

所以我们现在只需要算剩下的100个左右的数就可以了,快速幂搞一下就行.

不过要小心这个范围乘法会爆long long 所以需要快速乘/O(1)快速乘

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

  

简单来说  a^k%p 有个循环节，循环节长度为 p-1， 当且仅当j==p-1时值为p-1 其他都是0；

最后算一下不足循环的部分。

#include
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
ll n,k,p;
ll kre(ll a,ll b){
    a=a%p;
    b=b%p;
    return ((a*b-(ll)(((double)a*b+0.5)/p)*p)+p)%p;
}
ll kru(ll a,ll b){
    ll ret=1;
    while(b){
        if(b&1){
            ret=kre(ret,a)%p;
            b--;
        }
        b/=2;
        a=kre(a,a)%p;
    }
    return ret;
}
int main(){
    int t;
    ll ans;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        ans=0;
        scanf("%lld %lld %lld",&n,&k,&p);
        if(k==0) {
            printf("%lld\n",n%p);
            continue;
        }
        if(k%(p-1)==0)ans=kre(n/p,(p-1))%p;
        n%=p;
        for(ll i=1;i<=n;++i){
            ans=(ans+kru(i,k))%p;
        }
        printf("%lld\n",(ans+p)%p);
    }
    return 0;
}