HDU 2879 HeHe
In the equation X^2≡X(mod N) where x∈[0,N-1], we define He[N] as the number of solutions.
And furthermore, define HeHe[N]=He[1]*……*He[N]
Now here is the problem, write a program, output HeHe[N] modulo M for a given pair N, M.
Input
First line: an integer t, representing t test cases.
Each test case contains two numbers N (1<=N<=10^7) and M (0
题意:
定义He[N]He[N]在[0,N−1][0,N−1]范围内有多少个数满足式子x2≡x (mod N)x2≡x (mod N)
求HeHe[N]=He[1]×……×He[N]HeHe[N]=He[1]×……×He[N]
分析:
题目名字很挫,但是题是好题
这道题我们以后做题的提示就是当题目让我们求一个公式的值的时候除了打表找规律可以判断它是否是积性函数
积性函数定义:
对于正整数n的一个算术函数 f(n),若f(1)=1,且当a,b互质时f(ab)=f(a)f(b),在数论上就称它为积性函数。若对于某积性函数 f(n) ,就算a, b不互质,也有f(ab)=f(a)f(b),则称它为完全积性的
常见积性函数:
φ(n) -欧拉函数,计算与n互质的正整数之数目
μ(n) -莫比乌斯函数,关于非平方数的质因子数目
gcd(n,k) -最大公因子,当k固定的情况
d(n) -n的正因子数目
σ(n) -n的所有正因子之和
σk(n) - 因子函数,n的所有正因子的k次幂之和,当中k可为任何复数。
Idk(n) -幂函数,对于任何复数、实数k,定义为Idk(n) = n^k (完全积性)
λ(n) -刘维尔函数,关于能整除n的质因子的数目
γ(n),定义为γ(n)=(-1)^ω(n),在此加性函数ω(n)是不同能整除n的质数的数目
而题目中的He函数就是积性函数
首先告诉大家结论,之后再给出证明
结论:
1) 函数He[]He[]是积性函数,对于p,q两个数互质有:He[pq]=He[p]×He[q]He[pq]=He[p]×He[q]
2) 如果p是素数那么He[p]=2He[p]=2且He[pk]=2He[pk]=2
证明:
我们先证明结论2),如果p是素数,那么He[p]=2He[p]=2
证:
根据题目要求满足的式子
x2≡x (mod p)x2≡x (mod p)
由同余式定义得到
p|x(x−1)p|x(x−1)
因为题目告诉我们x∈[0,p−1]x∈[0,p−1]所以x小于p
所以p既不整除x也不整除x-1
因此只有一种情况那就是x(x−1)=0x(x−1)=0
此时有x=0或x=1x=0或x=1两种解
故He[p]=2He[p]=2;
对于He[pk]=2的证明同理He[pk]=2的证明同理
下面证明它是积性函数
即对于两个素数p,q有
He[pq]=He[p]×He[q]=4He[pq]=He[p]×He[q]=4
证:
首先对于He[pq],一定有两个解x=0和x=1
由同余式x2≡x (mod pq)x2≡x (mod pq)
得到pq|x(x−1)pq|x(x−1)
此时因为pq是合数,那么pq整除x(x-1)说明x可能是p或q的倍数
我们假设x=k⋅px=k⋅p
得到pq|k⋅p(k⋅p−1)pq|k⋅p(k⋅p−1)
消去p得到
q|k(k⋅p−1)q|k(k⋅p−1)
因为我们假设的x=k⋅px=k⋅p,而x∈[0,pq−1]x∈[0,pq−1]
所以k<qk<q
所以k,q互质
因此q一定整除(k⋅p−1)(k⋅p−1)
即k⋅p≡1 (mod q)k⋅p≡1 (mod q)
根据同余式得到线性方程k⋅p+t⋅q=1k⋅p+t⋅q=1因为p,q互质故必有解
因此对于原来的式子我们就多了一个解
同理如果我们设x=k⋅qx=k⋅q又能多得到一个解
因此共有四个解
故He[pq]=He[p]×He[q]=4He[pq]=He[p]×He[q]=4
那么同理对于互质的两个数pk,qkpk,qk
有He[pkqa]=He[pk]×He[qa]=4He[pkqa]=He[pk]×He[qa]=4
因为题目让求HeHe函数
HeHe函数是He函数的阶乘
故根据我们上面证明的结论
我们要求He[1],He[2],⋯He[N]He[1],He[2],⋯He[N]
只需求1-N每个数中有不同的素因子个数之和即可假设总共k个
那么答案为2k2k
这就用到了阶乘分解因子的方法了,我们知道要求N!中某个因子p有多少个,是不断加NpNp直到0位置,而我们需要的只是1-N这些数中有多少个含有p因子,所以加一次NpNp即可,然后枚举素因子p即可
code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e7+5;
const int N = 7e5+5;
bool isprime[maxn];
int prime[N],cnt;
void init(){
cnt = 0;
memset(isprime,true,sizeof(isprime));
for(int i = 2; i < maxn; i++){
if(isprime[i]){
prime[cnt++] = i;
for(int j = i + i; j < maxn; j += i){
isprime[j] = false;
}
}
}
}
ll q_pow(ll a,ll b,ll mod){
ll ans = 1;
while(b){
if(b & 1)
ans = ans * a % mod;
b >>= 1;
a = a * a % mod;
}
return ans;
}
int main(){
init();
int n,m;
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&m);
ll e = 0;
for(int i = 0; i < cnt && prime[i] <= n; i++){
e += n / prime[i];
}
ll ans = q_pow(2LL,e,m);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}