HDU 5728 PowMod (递归式+欧拉降幂)

PowMod
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Problem Description
Declare:
$$k=\sum _{i=1}^m\phi (i\ast n)mod1000000007$$

n is a square-free number.

φ is the Euler’s totient function.

find:
$ans=k^{k^{k^{k^{...k}}}}modp$

There are infinite number of k

Input
Multiple test cases(test cases ≤100), one line per case.

Each line contains three integers, n,m and p.

1≤n,m,p≤107

Output
For each case, output a single line with one integer, ans.

Sample Input
1 2 6
1 100 9

Sample Output
4
7

题意

给你n(n为无平方因子数),m,p，然后要你求k的k次幂的k次幂的无限个k次幂模p，其中k为
$$k=\sum _{i=1}^m\phi (i\ast n)mod1000000007$$
$\phi$为欧拉函数

思路

设
$$S(m,n)=\sum _{i=1}^m\phi (i\ast n)$$
由于n为无平方因子数，所以n能拆成$n=p_1{p}_2\cdots p_i$,其中$p_i$为不同的素数
那么我们取其中一个素因子记$d=p_1$，那么$d$和$\frac{n}{d}=p_2\cdots p_i$是互质的
那么考虑一下原式有
$$S(m,n)=\sum _{i=1}^m\phi (d\ast i\ast \frac{n}{d})$$
由于$\phi$为积性函数，若$i$与$j$互质那么有$\phi (ij)=\phi (i)\phi (j)$
考虑$1-m$中的$i$与$d$的关系，对于$i$与$d$互质的部分那么有$\phi (d\ast i\ast \frac{n}{d})=\phi (d)\phi (i\ast \frac{n}{d})$，若$i$与$d$不互质的话，根据
$$\phi (n)=n\ast (1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})\cdots (1-\frac{1}{p_i})$$
有
$$\phi (i\ast \frac{n}{d})=i\ast \frac{n}{d}\ast (1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})\cdots (1-\frac{1}{p_i})$$
而$d$与$i$不互质那么$d$有的因子肯定是$i$的子集
$$\phi (d\ast i\ast \frac{n}{d})=d\ast i\ast \frac{n}{d}\ast (1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})\cdots (1-\frac{1}{p_i})=d\ast \phi (i\ast \frac{n}{d})$$
由于$d$为素数$\phi (d)=d-1$所以上式可以变为
$$\phi (d\ast i\ast \frac{n}{d})=(\phi (d)+1))\ast \phi (i\ast \frac{n}{d})=\phi (d)\ast \phi (i\ast \frac{n}{d})+\phi (i\ast \frac{n}{d})$$
可以看出不管$d$与$i$互不互质，都有$\phi (d)\ast \phi (i\ast \frac{n}{d})$这一项，所以有

$$S(m,n)=\phi (d)\sum _{i=1}^m\phi (i\ast \frac{n}{d})+\sum _{i=1,gcd(i,d)̸=1}^m\phi (i\ast \frac{n}{d})$$
观察后面的部分$\phi (i\ast \frac{n}{d})$我们把分母换一换(由于$i$与$d$不互质所以可以换)换到i下面就有$\phi (\frac{i}{d}\ast n)$然后换元有
$$\sum _{i=1}^{\frac{m}{d}}\phi (i\ast n)$$
也可以从$1-m$中枚举有多少个$d$的倍数方向思考，那么原式就有
$$S(m,n)=\phi (d)\sum _{i=1}^m\phi (i\ast \frac{n}{d})+\sum _{i=1}^{\frac{m}{d}}\phi (i\ast n)$$
即

$$S(m,n)=\phi (d)S(m,\frac{n}{d})+S(\frac{m}{d},n)$$
那就可以用递归来求解$S(m,n)$了出口为$m==0$返回$0$和$n==1$
$$S(m,1)=\sum _{i=1}^m\phi (i)$$
可以预处理一下欧拉函数的前缀和
k解决之后
来考虑k的无限次幂
欧拉降幂有

可以根据第一条和第三条递归上去，也可以先处理模数当欧拉函数为1的时候就不用继续算下去了，上面的取模后就都为0了也就没有意义了，然后再从后面往前一次带入下一次的答案

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=1e7+5;
int phi[N];
int prime[N];
bool vis[N];
int cnt;
long long Phi[N];
void init()
{
    cnt=0;
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[cnt++]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=0;j<cnt&&prime[j]*i<N;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            }
            else
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
        }
    }
    for(int i=1;i<N;i++)
        Phi[i]=(Phi[i-1]+phi[i])%mod;
}
long long f(long long m,long long n)
{
    if(m==0) return 0;
    if(n==1) return Phi[m];
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            return (phi[i]%mod*f(m,n/i)%mod+f(m/i,n)%mod)%mod;
        }
    }
        return (phi[n]%mod*f(m,n/n)%mod+f(m/n,n)%mod)%mod;
}
long long quickmod(long long a,long long b,long long p)
{
    long long ans=1;
    while(b)
    {
        if(b%2==1)
            ans=ans*a%p;
        a=a*a%p;
        b=b/2;
    }
    return ans;
}
int a[N];
int main()
{
    init();
    int n,m,p;
    while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&p)!=EOF)
    {
        long long k=f(m,n)%mod;
        a[0]=p;
        long long l;
        for(int i=1;;i++)
        {
            if(phi[a[i-1]]==1)
            {
                a[i]=phi[a[i-1]];
                l=i;
                break;
            }
            a[i]=phi[a[i-1]];
        }
        long long ans=1;
        for(int i=l-1;i>=0;i--)
        {
            ans=quickmod(k,ans%a[i+1]+a[i+1],a[i]);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}