【codevs1830】【BZOJ1951】古代猪文，数论综合

传送门
写在前面：写的最艰辛的一道数论
思路：
1.对于a^x mod p（其中p是质数），由x=0,1,2..p-1,一定可以构成循环节，所以我们可以把它变为a^(x mod (p-1))，求出x mod (p-1)使用快速幂
2.对于p-1=999911659=2×3×4679×35617,所以我们可以将x mod (p-1)分解成一元线性同余方程组，最后使用中国剩余定理合并。
3.对于x=C(i,n)(i是n的约数)，p为质数（注意，这里的p为第二步分解出的质因数），我们可以使用Lucas定理有C(i,n)mod p=C(i/p,n/p)×C(i%p,n%p) mod p，对于C(i/p,n/p)可以递归至其中一个为0，C(i%p,n%p)则可以通过预处理直接得出n!/(n-i)!/i!，但注意的是由于取模p，我们对于C(i%p,n%p)计算时应当是n!×inv((n-i)!*i!),inv是关于p的乘法逆元，对于这个逆元我们可以用费马小定理求出，即为((n-i)!×i!)^-2
4.关于一些具体求法，详见代码
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define mod 999911659
using namespace std;
LL n,g,e;
LL prime[5]={0,2,3,4679,35617},fac[35618]={1},ans[5],M[5]={0,499955829,333303886,213702,28074};
//prime为分解的质因数，fac为阶乘，ans为对于每一个质因数得出的sigma(C(i,n)),M[i]为除了ni以外的n-1个整数的乘积。
LL qr(LL x,LL y,LL z)
{
    LL ans=1;
    x%=z;
    while (y)
    {
        if (y&1) ans=ans*x%z;
        x=x*x%z;
        y>>=1;
    }
    return ans;
}
LL lucas(LL p,LL q,LL num)
{
    LL sum=1;
    while (p&&q)
    {
        LL x=p%prime[num],y=q%prime[num];
        if (y>x) return 0;
        sum=(sum*(fac[x]*qr(fac[y]*fac[x-y],prime[num]-2,prime[num]))%prime[num])%prime[num];
        p/=prime[num];
        q/=prime[num];
    }
    return sum;
}
void exgcd(LL &x,LL &y,LL a,LL b)
{
    if (!b) {x=1;y=0;return;}
    exgcd(x,y,b,a%b);
    int x1=y,y1=x-a/b*y;
    x=x1;
    y=y1;
}
main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&g);
    for (LL i=1;i<=4;i++)
    {
        for (LL j=1;j<=prime[i];j++)
        fac[j]=fac[j-1]*j%prime[i];
        //预处理阶乘
        for (LL j=1;j<=sqrt(n);j++)
        if (n%j==0)
        {
            ans[i]=(ans[i]+lucas(n,j,i))%prime[i];
            if (j*j<n) ans[i]=(ans[i]+lucas(n,n/j,i))%prime[i];
        }
    }
    //通过lucas求出组合数累加和，构建同余方程组
    for(LL i=1;i<=4;i++)
    {
        LL x,y;
        exgcd(x,y,M[i],prime[i]);//求出逆元，即ti
        e=(e+ans[i]*x*M[i])%(mod-1);
    }
    while (e<=0) e+=(mod-1);//这步很关键，而且不能是<,必须是<=.因为g是mod的倍数的时候，g^x%mod一定是0，但是当e=0就不加的话，就是g^0%mod=1了
    printf("%lld\n",qr(g,e,mod));
}