2019牛客暑期多校训练营（第三场）

最新推荐文章于 2019-09-07 14:59:00 发布

原创最新推荐文章于 2019-09-07 14:59:00 发布 · 176 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

多校专栏收录该内容

13 篇文章

订阅专栏

本文探讨了一道复杂的数学问题，求解特定条件下两数幂次运算模数为0的组合数量。通过深入分析，利用欧拉定理及质因数分解等技巧，将问题转化为寻找最小循环节，并详细阐述了解决方案。

D Big Integer

题意
求有多少对的 $i$ 和 $j$ 使得 $A[i^j]\equiv 0$ （mod p） $1\leqslant i\leqslant n$ ， $1\leqslant j\leqslant m$
其中A[n]表示有n位全1的十进制数，如 $A [5] = 11111$
思路
这题相当复杂啊，首先 $111……11=\frac {10^n-1}{9}$ ，原式可化为 $10^n\equiv1$ （mod 9p），
当p！=2或5时 $g c d (10, 9 p) = 1$ ,再根据欧拉定理可得 $10^{φ(9p)}\equiv 1$ （mod 9p）本来化到这里其实就可以继续下一步了，但是因为在后面的计算中用9p会爆longlong，因此还需要继续化简，由于欧拉函数是积性函数， $φ (9 p) = φ (9) * φ (p) = 6 * (p - 1)$ ,由于最小循环节一定在 $φ (9 p)$ 的因子中取，所以特判一下p=3的情况，然后只需要枚举 $φ (p)$ 的因子就好了。

网上搜的题解说若有 n 对 $10^n \equiv 1\pmod {9p}10 n≡1(mod9p)$ 成立，那么一定有 $10^n\equiv 1\pmod {p}10 n ≡1(modp)$ 成立，不是很懂这是什么定理

这样求得了最小循环节d，原题就转化为：有多少对的i，j使得 $i^j\equiv 0$ (mod d)

把 d 质因数分解： $d=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_l^{k_l}$ , 要使得 $i^j$ 是 $d$ 的倍数，那么在 $i^j$ 的质因数分解中 $p_1,p_2\cdots p_l$ 的指数中都要比 $d$ 中的大，所以我们考虑 j 固定的时候，有多少个 i 可以满足条件。
$i$ 必须是 $p_1^{\lceil {k_1\over j} \rceil} p_2^{\lceil {k_2\over j} \rceil}\cdots p_l^{\lceil {k_l\over j} \rceil}$ 的倍数，（至于为什么上取整，可以想一想，因为要求最小的 $x$ , 有 $x*j >= k_1 \&\& x*(j-1) < k_1$ 。因此一共有 $n\over g$ 个合法的 $i$ 。
由于k最大不超过30，枚举j时只要枚举到30，大于30的解跟30的情况是一样的

代码

#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <deque>
#include <stack>
#include <queue>
#include <bitset>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <fstream>
#include <iomanip>
#include <numeric>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
//const int mod = 998244353;
const int maxn = 1e5+20;
ll p;
int n,m;
ll fac[maxn],num[maxn];
int cnt;
ll qmod(ll a,ll b,ll mod)
{
    ll c=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
        {
            c=c*a%mod;
        }
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return c;
}

ll getfac(ll x)                     //质因子分解
{
    cnt=0;
    memset(fac,0,sizeof(fac));
    memset(num,0,sizeof(num));
    for(int i=2;i*i<=x;i++)
    {
        if(x%i==0)
        {
            fac[++cnt]=i;
            while(x%i==0)
            {    ll p,n,m;
                num[cnt]++;
                x/=i;
            }
        }
    }
    if(x>1)
    {
        fac[++cnt]=x;
        num[cnt]++;
    }
}

int main(){
    int t;
    cin>>t;

    while(t--)
    {
        ll d;
        cin>>p>>n>>m;
        if(p==2||p==5)
        {
            printf("0\n");
            continue;
        }
        else if(p==3)
        {
            d=3;
        }
        else{
            d=p-1;
            getfac(d);
            for(int i=1;i<=cnt;i++)
            {
                for(int j=0;j<num[i];j++)
                {
                    if(qmod(10,d/fac[i],p)==1)
                        d/=fac[i];
                }
            }
        }
        getfac(d);              //分解d
        ll g;
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=min(30,m);i++)
        {
            g=1;
            for(int j=1;j<=cnt;j++)
            {
                int ma=(num[j]%i==0?num[j]/i:num[j]/i+1);
                for(int k=1;k<=ma;k++)
                {
                    g*=fac[j];
                }
            }
            ans+=n/g;
        }
        if(m>30)
            ans+=n/g*(m-30);
        printf("%lld\n",ans);

    }
}