GDKOI2016 小学生数学题

题目描述

给定$N,K,P$，求
$(\sum_{i=1}^{N} \frac{1}{i}) \bmod P^K$
若答案不存在则输出-1

数据范围

$N * P^K \leq 10^{18}$
$P \leq 10^5$
$P$为质数

题解

这道题的确是道不错的数学题。

设$f(n,k) = (\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}) \bmod P^k$

那么我们将$1,2,\cdots n$分为两类：
1. $P$的倍数，设为集合$S$
2. 其他，设为集合$T$

那么很显然，集合$T$中的数都与$P^k$互质，也就是说存在逆元。那么$f(n,k)$的存在等价于$S$的贡献是存在的。

我们考虑怎么计算$S$的贡献。

很显然的，

$$S = \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \frac{1}{i * p} = \frac{1}{p} * \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \frac{1}{i}$$

但我们这样无法计算$\frac{1}{p}$。

考虑一个事实：
若$a \bmod p = c$，那么$(k * a) \bmod (k * p) = (k * c)$

因此，我们可以考虑计算

$$(\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \frac{1}{i}) \bmod p^{k + 1} = f(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor,k + 1)$$

然后

$$S = \frac{f(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor,k + 1)}{P}$$
当然，这里有一个细节，就是假如$f(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor,k + 1)$不是$P$的倍数，那么$f(n,k)$就不存在了。

并且可以发现这样递归下去，$n * p^k$的值不变，所以$p^k$永远不大于$10^{18}$，但$n$变为了$\lfloor \frac{n}{P} \rfloor$

那么我们就相当于可以递归到一个子问题求解了。

接下来考虑集合$T$的贡献。

先假设$n \bmod P = P - 1$，对于其他情况是类似的，只是可以少些边界。

那么集合$T$的数都是这样的形式$(a + i * P)$，其中$0 \leq i \leq \lfloor \frac{n}{p} \rfloor,0 < a < P$

所以

$$T = \sum_{a=1}^{P - 1} \sum_{i = 0}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} (a + i * P)^{-1}$$

但这样还是计不了啊。

让我们考虑一下怎么计$\frac{1}{a + i * P}$

我们有以下式子：

$$\frac{1}{a + i * P} = \frac{\frac{1}{1 + \frac{i*P}{a}}}{a}$$

并且根据等比数列求和，当存在某个$i$，满足$x^i \rightarrow 0$时，有

$$\frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots$$

那记$a^{-1} = x$，我么有

$$\frac{1}{a + i * P} = x * [1 + (-ixP) + (-ixP)^2 + (-ixP)^3 + \cdots]$$

又因为我们只需要计算$\bmod p^k$下的答案，那么

$$\frac{1}{a + i * P} = x * [1 + (-ixP) + (-ixP)^2 + (-ixP)^3 + \cdots + (-ixP)^k]$$

我们将这条式子代入到之前的式子中，可以得到

$$T = \sum_{a=1}^{P - 1} \sum_{i = 0}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} (a + i * P)^{-1} = \sum_{a=1}^{P - 1} \sum_{i = 0}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}a^{-1}\sum_{b=0}^{k} (-ia^{-1}P)^b$$

我们交换一下枚举顺序，可以发现：

$$T = \sum_{a=1}^{P - 1} a^{-1} \sum_{b=0}^{k}(-a^{-1}P)^b\sum_{i = 0}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}(i)^b$$

由于保证了$n * p^k \leq 10^{18}$，且$p \leq 10^5$，我们就可以直接枚举$a,b$，可以发现，对于后面的式子就是一个自然数幂和问题。并且式子与$a$无关，所以可以先用矩阵预处理出来。

那么计算$T$的贡献的复杂度就是$O(P * k + k^3)$

考虑总体的复杂度，设$T(n,k)$为计算$f(n,k)$的复杂度，那么有
$T(n,k) = T(\lfloor \frac{n}{P} \rfloor,k + 1) + O(P * k + k^3) \approx P*k*logN + k^3logN$