[置顶] 小学生数学题题解

Description：

ans=∑i=1n1imodpk

Solution：

设

f(x,y)=∑i=1x1imodpy

因为要i与p互质才有逆元，所以要分类：

Part 1——i不与p互质

因为p是质数，那么这种可能只有i是p的倍数。
那么我们对这些数求和。

∑i=1⌊np⌋1i∗pmodpk

把所有的1/p提取出来

1p∑i=1⌊np⌋1imodpk

因为还要除以一个p，我们想办法把它消掉。
假如 amodb=c ，那么就是 akmodbk=ck
那么上式可以化简为

∑⌊np⌋i=11imodpk+1p

把类似f(x,y)的带进去

f(⌊np⌋,k+1)p

然后f一直递归下去
递归出口x=0时return 0

Part2——i不与p互质

如果i与p互质，那么所有的数就是
11 12 …… 1p−1
.
.
.
.
.
.
1p∗(⌊np⌋−1) 1p∗(⌊np⌋−1)+1 …… 1p∗(⌊np⌋)−1
还剩下一些数，用暴力求出它的和

∑i=p∗⌊np⌋n1i

但是上面那些数我们要怎么求呢？

∑i=1p−1∑a=0⌊np⌋−11ap+i

如果你知识量够广的话，如果你知道泰勒展开式的话，那就好解决了，不用百度，往下看。
因为

11−x=x0+x1+……+x∞(0<=x<1)

证明：
上面明显是等比数列，那么和为

x∞−1x−1=11−x(因为0<=x<1，那么x∞=0极限思想)

有了上面的结论之后，式子要是分母含有1和东西
那么分子分母同时乘上 i−1

∑i=1p−1∑a=0⌊np⌋−1i−1ap∗i−1+1

把 i−1 带出来

∑i=1p−1i−1∑a=0⌊np⌋−11ap∗i−1+1

那么我们设 x=−i−1ap
那么根据泰勒展开式就会变为

∑i=1p−1i−1∑a=0⌊np⌋−1∑b=0∞xb

把x还原，那么就是

∑i=1p−1i−1∑a=0⌊np⌋−1∑b=0∞−i−1apb

但是有∞，那么怎么算呢？
我们发现答案还是要mod pk 的
当b=k时，就会有 −i−1apk ，这个mod pk 是为0的，这个和后面的式子明显都有 pk 这个因数，所以并不需要统计，因为都是+0，+0，+0……
那么我们的答案就是

∑i=1p−1i−1∑a=0⌊np⌋−1∑b=0k−1−i−1apb

我们发现这样很难统计，我们根据乘法分配律把 ∑ 外置出来

∑i=1p−1i−1∑b=0k−1−i−1pb∑a=0⌊np⌋−1ab

那么我们在加上剩下的值，就是这一段part2的答案
注意逆元用扩展欧几里得
求自然数幂和的方法，请转移自然数幂求和的各种方法

Code

我打了个伯努利数，第三个样例过不了，OJ 100分。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=100007;
ll c[200][200],s[maxn];
ll i,j,k,l,t,n,m,ans,p,mo;
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(b==0){
        x=1,y=0;
        return; 
    }
    ll xx,yy;
    exgcd(b,a%b,xx,yy);
    x=yy;
    y=xx-a/b*yy;
}
ll qsm(ll x,ll y){
    ll z=1;
    for(;y;y>>=1){
        if(y&1)z=(z*x)%mo;
        x=(x*x)%mo;
    }
    return z;
} 
ll niyuan(ll yi){
    ll x,y,z;
    exgcd(yi,mo,x,y);
    z=(x%mo+mo)%mo;
    return z;
}
ll strling(ll x,ll y){
    ll z=0,i;
    if(x<0){
        fo(i,0,x){
            z=(z+qsm(i,y))%mo;
        }
        return z;
    }
    s[0]=1;
    fo(i,1,y){
        ll o=-niyuan(i+1);
        ll d=0;
        fo(j,0,i-1){
            d=(d+c[i+1][j]*s[i]%mo+mo)%mo;
        }
        o=(o*d)%mo;
        s[i]=o;
    }
    return s[y];
}
ll compute(ll x,ll ci){
    if(x==0)return 0;
    ll an=0,b,i;
    fo(i,1,ci-1) c[i][0]=c[0][i]=1;
    fo(i,1,ci-1){
        fo(j,1,i){
            c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mo;
        }
    }
    c[0][0]=1;
    fo(i,1,p-1){
        ll o=niyuan(i);
        fo(b,0,ci-1){
            an=(an+o*qsm(-o*p%mo,b)%mo*strling(x/p-1,b)%mo)%mo;    
        }
    }
    fo(i,x/p*p+1,x){
        ll o=niyuan(i);
        an=(an+o)%mo;
    }
    ll moo=mo;
    mo=mo*p;
    an=(an+compute(x/p,ci+1)/p)%moo;
    an=(an%moo+moo)%moo;
    return an;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld",&p,&k,&n);
    mo=1;
    fo(i,1,k)mo=mo*p;
    printf("%lld\n",compute(n,k));
}

我打了个差分表，第三个样例过不了，OJ 100分。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=100007;
ll c[200][200],s[maxn];
ll i,j,k,l,t,n,m,ans,p,mo;
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(b==0){
        x=1,y=0;
        return; 
    }
    ll xx,yy;
    exgcd(b,a%b,xx,yy);
    x=yy;
    y=xx-a/b*yy;
}
ll qsm(ll x,ll y){
    ll z=1;
    for(;y;y>>=1){
        if(y&1)z=(z*x)%mo;
        x=(x*x)%mo;
    }
    return z;
} 
ll niyuan(ll yi){
    ll x,y,z;
    exgcd(yi,mo,x,y);
    z=(x%mo+mo)%mo;
    return z;
}
ll strling(ll x,ll y){
    ll z=0,i;
    if(x<0){
        fo(i,0,x){
            z=(z+qsm(i,y))%mo;
        }
        return z;
    }
    s[0]=x+1;
    ll o=niyuan(2);
    s[1]=x*(x+1)%mo*o%mo;
    fo(i,2,y){
        ll o=niyuan(i+1);
        ll d=(qsm(x+1,i+1)-x-1+mo)%mo;
        fo(j,2,i){
            d=(d-c[i+1][j]*s[i-j+1]%mo+mo)%mo;
        }
        d=(d+mo)%mo;
        o=(o*d)%mo;
        s[i]=o;
    }
    return s[y];
}
ll compute(ll x,ll ci){
    if(x==0)return 0;
    ll an=0,b,i;
    fo(i,1,ci-1) c[i][0]=c[0][i]=1;
    fo(i,1,ci-1){
        fo(j,1,i){
            c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mo;
        }
    }
    c[0][0]=1;
    fo(i,1,p-1){
        ll o=niyuan(i);
        fo(b,0,ci-1){
            an=(an+o*qsm(-o*p%mo,b)%mo*strling(x/p-1,b)%mo)%mo;    
        }
    }
    fo(i,x/p*p+1,x){
        ll o=niyuan(i);
        an=(an+o)%mo;
    }
    ll moo=mo;
    mo=mo*p;
    an=(an+compute(x/p,ci+1)/p)%moo;
    an=(an%moo+moo)%moo;
    return an;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld",&p,&k,&n);
    mo=1;
    fo(i,1,k)mo=mo*p;
    printf("%lld\n",compute(n,k));
}

但是用第一类斯特林数可以过第三个点，也可以100分
Werkey_Tom的

ll get(ll n,ll k){
    su[0][0]=1;
    ll i,j;
    fo(i,1,k) su[i][0]=0,su[i][i]=1;
    fo(i,1,k)
        fo(j,1,i-1)
            su[i][j]=(su[i-1][j-1]+(i-1)*su[i-1][j]%m)%m;
    if (!n) return 0;
    if (n<=k){  
        t=0;
        fo(i,0,n){
            l=1;
            fo(j,1,k)
                l=l*i%m;
            t=(t+l)%m;
        }
        return t;
    }
    fo(i,0,k) f[i]=0;f[0]=(n+1)%m;
    if (n%2==0) f[1]=n/2*(n+1)%m;
    else f[1]=n*(n+1)/2%m;
    fo(i,2,k){
        t=1;
        fo(j,n+1-i,n+1)
            if (j%(i+1)==0) t=t*j/(i+1)%m;else t=t*j%m;
        f[i]=t;
        fo(j,0,i-1){
            if ((j+i)%2==0) l=1;else l=-1;
            f[i]=((f[i]-l*su[i][j]%m*f[j]%m)%m+m)%m;
        }
        f[i]=f[i]%m;
    }
    return f[k];
}