洛谷比赛【泯灭：整除】

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官方的题解看不懂，问了$\mathrm{S}\mathrm{h}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{e}$终于听懂了，感觉是一个很神奇的方法，所以就记一下了。

首先题目要求求出$x^m\equiv x(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$的方程的解的个数，其中$x\in [1,n]$。

题目给的$n$的读入方式很特别，已经在提示你需要将$n$分解，$n$不一定是质数，但是同余方程在模数为质数的情况下更容易发现特殊性质，所以我们将方程转化为另外一种形式：

令$n=p_1\times p_2\times \cdots \times p_c$，那么有如下转换：

$$x^m\equiv x(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)\iff \{\begin{array}{l}{x}^m\equiv x(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_1)\\ x^m\equiv x(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_2)\\ ⋮\\ x^m\equiv x(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_c)\end{array}$$

这个很好理解，甚至感觉很像$CRT$，有这个感觉就很对啦。

我们只要知道右面的方程组有多少个不同的解就行了，我们先分开考虑对于每一个方程有多少个满足条件的解，对于$x^m\equiv x(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_i)$，如果令满足条件的$x(x\in [0,p_i-1])$构成的集合为$U_i$，那么如果我们从每个方程的解的集合里选一个数$w_i$出来，求出一个$x$满足所有方程选出来的$w_i$，也就是下面这个方程组：

$$\{\begin{array}{l}x\equiv w_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_1)\\ x\equiv w_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_2)\\ ⋮\\ x\equiv w_c(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_c)\end{array}$$

那么解出来的答案就是一个满足要求的$x$，如果我们用$CRT$求解这个方程组，可以得到一个最小的合法的解$v$，虽然$v+kn$都是满足上面方程的，但是由于我们对解的范围有限制，可以发现只有$v$满足条件，也就是说，一个方程组唯一对应一个解，那么求出有多少不同的方程组，就求出了题目要求的答案。

那么显然，答案就是下面这个公式：

$$\prod _{i=1}^c|U_i|$$

对于每一个$|U_i|$，可以暴力枚举所有可能的解来求出集合大小，那么复杂度是$O(Tct\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}m)$，算下来感觉不太对，但是卡卡常就能卡过此题。

其实我们有更优秀的算法。

在提交记录里我们发现一份复杂度异常优秀的代码，我们研究了一下发现，对于求解$|U_i|$，有一个神奇的公式：

$$|U_i|=\mathrm{g}\mathrm{c}\mathrm{d}(m-1,p_i-1)+1$$

有了这个公式，复杂度就直接降到了$O(Tc\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}m)$，简直是太美妙了。

但是怎么证明？

请教了几位大佬，最终$\mathrm{T}\mathrm{i}\mathrm{m}\mathrm{e}\mathrm{t}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{v}\mathrm{e}\mathrm{l}\mathrm{l}\mathrm{e}\mathrm{r}$成功想出证明。

给定$m$和$p$，且$p$为质数：

$$\sum _{i=1}^p[i^m\equiv i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p]=\mathrm{g}\mathrm{c}\mathrm{d}(m-1,p-1)+1$$

证明：

我们想求出当$x\in [0,p-1]$时，$x^m\equiv x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$的$x$的个数，首先考虑$p$为奇质数的情况，这个时候一定存在一个原根$g$，根据原根的性质，$x$在$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$的意义下一定可以表示成$g^y$，但是$0$除外，不过因为$0$必定满足上面的方程，所以最后加$1$就行，现在公式就转化成了$g^{my}\equiv g^y\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，根据费马小定理得到$my\equiv y\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p-1$，移项得到$(m-1)y\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p-1$，两边同时除以$k=gcd(m-1,p-1)$得到$\frac{m-1}{k}y\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\frac{p-1}{k}$，由于$gcd(\frac{m-1}{k},\frac{p-1}{k})=1$，则$y$必定是$\frac{p-1}{k}$的倍数，可以知道$\frac{p-1}{k}$的$0\sim k-1$倍都是合法的$y$，大于$k-1$倍的都是重复的，所以有$k$个不同的$y$满足条件，之前说过还有$0$没计算，所以答案为$k+1$个。

上面之所以说奇质数，是因为$2$没有原根，上面的证明用到了原根，但是实际上$2$也满足那些有原根的数的性质，所以证明依然成立。