JZOJ 5746 和
Description
给定 m m 和 k k ，共 T T 次询问，每次询问一个 n n ，输出 ∑ni=1ik mod m ∑ i = 1 n i k m o d m
数据保证 m m 的最大值质因子不超过 3∗105 3 ∗ 10 5 。
Data Constraints
2≤n,m,k≤1018 1≤T≤3∗103 2 ≤ n , m , k ≤ 10 18 1 ≤ T ≤ 3 ∗ 10 3
Solution
首先这题用到了中国剩余定理，将 m m 分解质因数，分解成 m=Πvi=1paii m = Π i = 1 v p i a i 的形式。
那对于某一询问，我们只需求出对于每个 i∈[1,v] i ∈ [ 1 , v ] ，求出 ∑nj=1jk mod paii ∑ j = 1 n j k m o d p i a i ，最后用中国剩余定理组合起来即可。
现在考虑怎么求 ∑nj=1jk mod paii ∑ j = 1 n j k m o d p i a i ，可以观察到 ai a i 不会超过 59 59 我们可以将每一个数拆成 xpi+y x p i + y 的形式，于是我们有
∑j=1njk mod paii=∑x∑0≤y<pi[x∗pi+y≤n](xpi+y)k mod paii ∑ j = 1 n j k m o d p i a i = ∑ x ∑ 0 ≤ y < p i [ x ∗ p i + y ≤ n ] ( x p i + y ) k m o d p i a i
为了方便，我们将答案写成
∑j=1n(xjpi+yj)k mod paii ∑ j = 1 n ( x j p i + y j ) k m o d p i a i
我们用二次项定理将 k k 次方展开，得
∑j=1n∑v=0kCvk(xjpi)vyk−vj mod paii ∑ j = 1 n ∑ v = 0 k C k v ( x j p i ) v y j k − v m o d p i a i
可以看到，当 v≥ai v ≥ a i 时，值在模意义下就变成 0 0 了，因此我们又能把式子写成
∑j=1n∑v=0min(ai,k)Cvk(xjpi)vyk−vj mod paii ∑ j = 1 n ∑ v = 0 m i n ( a i , k ) C k v ( x j p i ) v y j k − v m o d p i a i
对于每个可能的 v v 的取值分开求解，同时预处理出前缀和数组 H H ,
Hi,u,v=∑j=1ujk−v mod paii(u≤pi) H i , u , v = ∑ j = 1 u j k − v m o d p i a i ( u ≤ p i )
这样我们就能继续化简式子，得
∑v=0min(ai,k)Cvk[(⌊npi⌋pi)vHi,(n−1) mod pi+1,v+Hi, pi,vpvi∑j=0⌊npi⌋−1jv] ∑ v = 0 m i n ( a i , k ) C k v [ ( ⌊ n p i ⌋ p i ) v H i , ( n − 1 ) m o d p i + 1 , v + H i , p i , v p i v ∑ j = 0 ⌊ n p i ⌋ − 1 j v ]
上式中 Cvk mod paii C k v m o d p i a i 可以通过预处理出 Fv=Cvk mod m F v = C k v m o d m ，再用 Fv mod paii F v m o d p i a i 得到。
至于 ∑⌊npi⌋−1j=0jv ∑ j = 0 ⌊ n p i ⌋ − 1 j v ，考虑 v v 并不会超过 59 59 ，所以可以用第二类斯特林数在 O(v2) O ( v 2 ) 的时间复杂度内求解自然数幂和。
乘法要用快速乘。
时间复杂度我没去算（本蒟蒻太懒了），反正是 O( O ( 能过 ) ) 。
Code
#includeinline ll mmo(ll p,ll mo)
{return (p>=mo)?p-mo:p;}
inline ll mmo_m(ll p)
{return (p>=0)?p:(p+m);}
inline ll ksm(ll o,ll t,ll m)
{
ll y=1; o%=m;
for(;t;t>>=1,o=mod(o,o,m))
if(t&1)y=mod(y,o,m);
return y;
}
inline ll ksm_mod(ll o,ll t,ll mo)
{
ll y=1;
for(;t;t>>=1,o=o*o%mo)
if(t&1)y=y*o%mo;
return y;
}
inline ll iabs(ll o)
{return (o>0)?o:(-o);}
inline ll gcd(ll a,ll b)
{return (b==0)?a:gcd(b,a%b);}
inline void prepare()
{
S[1][1]=1; S[1][0]=0;
fo(i,2,K){
S[i][1]=1; S[i][0]=0;
fo(l,2,i)S[i][l]=mmo(S[i-1][l-1]+mod(S[i-1][l],l,m),m);
}
}
inline ll js(ll p,int k,ll m)
{
if(k==0)return (p+1)%m;
ll ans=0;
fo(i,1,k){
ll lj=1;
fo(l,-1,i-1)if((p-l)%(i+1)==0)lj=mod(lj,(p-l)/(i+1),m);
else lj=mod(lj,(p-l),m);
ans=mmo(ans+mod(S[k][i],lj,m),m);
}
return ans;
}
inline ll C(ll a,ll b,ll mo)
{
fo(i,1,b)jj[i]=a-i+1;
fo(i,2,b){
ll dq=i;
fo(i,1,b)if(gcd(jj[i],dq)!=1){
ll up=gcd(jj[i],dq);
dq/=up;
jj[i]/=up;
if(dq==1)break;
}
}
ll op=1;
fo(i,1,b)op=mod(op,jj[i],mo);
return op;
}
inline ll countt(ll x,ll len,int gg,int bh)
{
ll num=(x/len)%len;
ll mo=1,op=0;
fo(i,1,gg)mo=mo*len;
ll kk=(x/len); ll w=1;
fo(i,0,min(gg,k))
{
ll lj=mod(kt[be[bh]+i][x%len],w,mo);
lj=mod(lj,c[i]%mo,mo);
op=mmo(op+lj,mo);
w=mod(w,len,mo);
w=mod(w,kk,mo);
}
w=1;
if(kk)
fo(i,0,min(gg,k)){
ll lj=js(kk-1,i,mo);
lj=mod(lj,w,mo);
lj=mod(lj,kt[be[bh]+i][len],mo);
lj=mod(lj,c[i]%mo,mo);
op=mmo(op+lj,mo);
w=mod(w,len,mo);
}
return op;
}
int main()
{
cin>>m>>k>>t;
ll op=m; prepare();
fo(i,0,60)c[i]=C(k,i,m);
fo(i,2,W)if(op%i==0){
ss[++oo]=i;
while(op%i==0)++gs[oo],op/=i;
}
sort(ss+1,ss+oo+1); int ok=1;
fo(i,1,oo){
ll mo=1;
be[i]=en[i-1]+1; en[i]=be[i]+gs[i];
fo(l,1,gs[i])mo=mo*ss[i];
fo(j,0,min(gs[i],k))
fo(l,1,ss[i])
kt[j+be[i]][l]=mmo(kt[j+be[i]][l-1]+ksm(l,k-j,mo),mo);
}
fo(i,1,t){
scanf("%lld",&n);
ll ans=0;
fo(i,1,oo){
ll p=countt(n,ss[i],gs[i],i);
ll p2=m,mo=1;
fo(j,1,gs[i])mo=mo*ss[i],p2=p2/ss[i];
ll p1=ksm(p2%mo,(mo/ss[i])*(ss[i]-1)-1,mo);
p=mod(p,p1,m); p=mod(p,p2,m);
ans=mmo(ans+p,m);
}
printf("%lld\n",ans);
}
}