玲珑杯round18（数论）

1144 - 数论你还会快速幂

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DESCRIPTION

今天$HH$

在学数论,他看到一个很优美的式子:

${\sum }_{i=1}^n{i}^{k}modp$

一向热衷于抱队友大腿的$HH$

便问队友$ZZ$

怎么做

$ZZ$

:"$n,k$

多大?"

$HH$

:"${10}^5,{10}^5$

"

$ZZ$

:"快速幂嘛"

$HH$

:"${10}^9,{10}^5$

"

$ZZ$

:"拉格朗日插值嘛"

$HH$

:"${10}^{18},{10}^{18}$

"

队友:"让我想想.."

INPUT

第一行是一个整数$T(1\le T\le 1000)$

,表示有$T$组数据对于每组数据输入一行3个整数$n,k,p(1\le n\le {10}^{18},0\le k\le {10}^{18},1\le p\le {10}^{18},0\le n-p\le 100)$且模数 $p$

是质数,

OUTPUT

对于每组数据输出题目中的表达式的值

SAMPLE INPUT

25 2 37 2 3

SAMPLE OUTPUT

12
题解：
看到$n$比$p$大了不到100个,我们可以思考一下假如我们只算到$p$或者$p-1$

会是怎么样的

即考虑函数${\sum }_{i=1}^{p-1}{i}^{k}modp$

我们先打个表能发现当$k$

是$p-1$的倍数的时候这个值是$p-1$,别的时候都是$0$

然而这是否正确的呢? 我们可以简单的推导一下:

假设$g$

是$p$的原根,那么根据原根的性质,$g$的1次方到$p-1$次方在模$p$

的时候

对应了$1$

到$p-1$

的某个全排列,即原式等价于

$g^k+g^{2k}+g^{3k}+...+g^{(p-1)k}$

然后我们用等比数列求和一下则得到

$(gk-gpk)/(1-gk)=(gk-gpk)\times inv(1-gk)$

再根据费马小定理我们便得到了$g^p=g$

,那么这个式子就变成了0

不过这是建立在这是等比数列的情况下的,所以我们对几种不是等比数列的情况需要特判:

(1) p为2的时候原根是1

(2) k为p-1的时候由费马小定理可以得到所有项均为1

所以我们现在只需要算剩下的100个左右的数就可以了,快速幂搞一下就行.

不过要小心这个范围乘法会爆long long 所以需要快速乘/O(1)快速乘

反正我是不知道怎么去找这个规律，但是我们知道，i^k%p和（i+p）^k%p的价值是一样的。

那么肯定以长度p为循环节，是有循环内容的。这个就当做一个结论来记住吧，。

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<string>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll INFF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-9;
ll n,k,p;
ll qsum(ll a,ll b)
{
    ll ans=0;
    while(b)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=(ans+a)%p;
        }
        a=(a+a)%p;
        b/=2;
    }
    return ans;
}
ll qpow(ll a,ll b)
{
    a%=p;
    ll ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=(qsum(ans,a))%p;
        }
        b>>=1;
        a=qsum(a,a)%p;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&p);
        if(k==0)
        {
            printf("%lld\n",n%p);
            continue;
        }
        ll sum=0;
        if(k%(p-1)==0)
        {
            sum=(sum+qsum(n/p,p-1))%p;
        }
        n%=p;
        for(ll i=1;i<=n;i++)
        {
            sum=(sum+qpow(i,k))%p;
        }
        printf("%lld\n",(sum+p)%p);
    }
    return 0;
}