2019牛客暑期多校训练营（第三场）D.Big Integer(费马小定理+找循环节)

题意

已知序列$A$为$1,11,111,1111,...$，求
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[A(i^j)\%p==0]$$

思路

易知$A(n)=\frac{10^n-1}{9}$，那么有
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[\frac{10^{i^j}-1}{9}\%p==0]$$

考虑$\frac{10^n-1}{9}$和$p$的关系，先考虑$9$和$p$互质，那么可以变为
$$(10^n-1)\cdot inv9\%p==0$$
由于互质$inv9̸=0$，所以只有
$$10^n-1\%p==0$$
即
$$10^n\equiv 1(modp)$$
根据费马小定理，$10$和$p$互质有
$$10^{phi(p)}\equiv 1(modp)$$
$$10^{p-1}\equiv 1(modp)$$
由于$10^0\equiv 1(modp)$，那么循环节至少为$p-1$，考虑是否有更小的循环节，根据同余式的性质
$$a\equiv b(modp)\to a^n\equiv b^n(modp)$$
那么令$d$为$p-1$的因子，即$d|p-1$，最小的循环节可能为$d$
$$(10^d{)}^{\frac{p-1}{d}}\equiv 1(modp)$$
所以我们可以对$p-1$的因子进行检验得到最小的循环节$d$，找到了最小的循环节$d$之后我们如何求解答案呢。由于循环节为$d$，所以$i^j$必须是$d$的倍数。考虑$j$是固定的，那么只要$i$含有$d^{\lceil \frac{1}{j}\rceil }$的因子就可以了，令$g=d^{\lceil \frac{1}{j}\rceil }$，那么$1\sim n$中是$g$的倍数的个数为$\frac{n}{g}$。再考虑$g$，我们可以将$d$唯一分解了，那么就有
$$d=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}{p}_3^{a_3}\cdots p_k^{a_k}$$
$g$就有
$$g=p_1^{\lceil \frac{a_1}{j}\rceil }{p}_2^{\lceil \frac{a_2}{j}\rceil }{p}_3^{\lceil \frac{a_3}{j}\rceil }\cdots p_k^{\lceil \frac{a_k}{j}\rceil }$$
随着$j$的变化，$g$的值也是变化的，设 m a x n = m a x { a 1 , a 2 , a 3 , ⋯   , a k } maxn=max\{a_1,a_2,a_3,\cdots,a_k\} maxn=max{a1​,a2​,a3​,⋯,ak​}，当$j$的值为$1\sim maxn$时$g$也就是随着变化的，我们分别计算每一个的贡献为$\frac{n}{g}$，当$j>maxn$时$g$将不再变化贡献就为$\frac{n}{g}(m-maxn)$
这样就能统计出答案了，但是当$p=2,p=5$时，虽然$9$和$p$互质但是$10^n\%p==0$，所以明显的答案都为$0$
第二我们考虑$p=3$的情况，由于$p=3$于分母$9$并不互质，所以我们并不能像上面那么做。考虑

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[A(i^j)\%3==0]$$
由于$A(i^j)$为长度为$i^j$连续的$1$的整数，一个整数是否能被$3$整除我们知道就是把各位上的数字加起来是$3$的倍数就能整除了，令$A(i)$每一位上的和为$S$，那么$A(i^j)$每一位上的和就为$j\times S$，由于$A$上的每一位都是$1$，所以$S=i$，故最后的答案就是$n/3\ast m$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
long long quickmod(long long a,long long b,long long mod=1e9+7)
{
    long long ans=1;
    while(b)
    {
        if(b%2==1)
            ans=ans*a%mod;
        b=b/2;
        a=a*a%mod;
    }
    return ans;
}
pair<int,int>a[1005];
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        long long p,n,m;
        scanf("%lld%lld%lld",&p,&n,&m);
        if(p==2||p==5)
        {
            printf("0\n");
            continue;
        }
        else if(p==3)
        {
            printf("%lld\n",n/3*m);
            continue;
        }
        long long x=p-1;
        int minn=p-1;
        for(int i=2; i*i<=x; i++)
        {
            if(x%i==0)
            {
                if(quickmod(10,i,p)==1)
                    minn=min(minn,i);
                if(quickmod(10,x/i,p)==1)
                    minn=min(1ll*minn,x/i);
            }
        }
        int cnt=0;
        int maxn=0;
        x=minn;
        for(int i=2; i*i<=x; i++)
        {
            if(x%i==0)
            {
                a[cnt].first=0;
                a[cnt].second=0;
                a[cnt].first=i;
                while(x%i==0)
                {
                    a[cnt].second++;
                    x=x/i;
                }
                maxn=max(a[cnt].second,maxn);
                cnt++;
            }
        }
        if(x>1)
        {
            a[cnt].first=0;
            a[cnt].second=0;
            a[cnt].first=x;
            a[cnt].second++;
            maxn=max(a[cnt].second,maxn);
            cnt++;
        }
        long long ans=0;
        long long g=1;
        for(int j=1; j<=min(1ll*maxn,m); j++)
        {
            g=1;
            for(int i=0; i<cnt; i++)
            {
                g=g*quickmod(a[i].first,ceil(1.0*a[i].second/j));
            }
            ans+=n/g;
        }
        if(m>maxn)
            ans+=n/g*(m-maxn);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}