【简单数论题】整除

Description

• 给定 $n,m$， 求 $[1,n]$ 内满足 $n|x^m-x$ 的 $x$ 的个数。
• $m\le 10^9$。
• $n={\prod }_{i=1}^c{p}_i$，$p_i$ 均为质数且互不相同， $p_i\le 10000,c\le 50$。
• 每个测试点数据组数 $\le 10000$。
• 时间限制 $5s$，空间限制 $256MB$。

Solution

• 非常有意思的一道题。
• 感觉让我这个初学数论的菜鸡学到了很多东西。

算法一

• 原方程等价于 $$x(x^{m-1}-1)\equiv 0(modn)$$
• $x$ 的取值范围可以对应到 $[0,n)$，这样我们只需要判断模 $n$ 意义下的解的个数即可。
• 这个同余方程成立，等价于对于每个 $i$ $$x(x^{m-1}-1)\equiv 0(mod{p}_i)$$
• 由于 $p_i$ 是质数，我们可以知道上面这个方程又等价于 $$x\equiv 0(mod{p}_i)$$ 或 $$x^{m-1}\equiv 1(mod{p}_i)$$
• 上面两个方程解出来的 $x$ 均是 $p_i$ 的剩余类。
• 那么我们就取模 $p$ 的值作为方程的解。
• 显然两个方程解出的 $x$ 不会有同一个。
• 所以方程 $x(x^{m-1}-1)\equiv 0(mod{p}_i)$ 的解数就是上面两个方程的解数之和。
• 我们假设 $A_i$ 表示我们对方程 $x(x^{m-1}-1)\equiv 0(mod{p}_i)$ 解出的所有 $x$ 模 $p_i$ 的值组成的集合。
• 那么，因为 $p_i$ 互不相同，根据中国剩余定理，我们对于每个同余方程组：

$$\forall i\in [1,c]，x\equiv a_i(mod{p}_i)，a_i\in A_i$$

• 我们都能得到模 $n$ 意义下的唯一解。
• 所以解数就是所有集合 $A_i$ 的大小的乘积。
• 我们回到刚刚的两个方程：$$x\equiv 0(mod{p}_i)$$ 或 $$x^{m-1}\equiv 1(mod{p}_i)$$
• 对于方程1，我们只需要取 $x=0$ 一个解。
• 对于方程2，暴力枚举验证的每次时间复杂度是 $O(p_i\log m)$ 的。
• 但是时间复杂度为 $O(T{\sum }_{i=1}^c{p}_i\log m)$，并不能通过本题。

算法二

• 现在的问题就是如何快速求出形如$$x^n\equiv 1(modp)，p是质数$$
• 的方程在模 $p$ 意义下的解的数量。
• 我们定义数论函数 $f(x)=x^n$。
• 显然 $f(x)$ 是完全积性函数。
• 我们可以使用线性筛线性筛出，对于每个质数暴力快速幂计算。
• $[1,p)$ 内质数个数是 $O(\frac{p}{\ln p})$ 的，然后对于每个质数 $O(\log n)$ 计算，总的时间复杂度可以认为是 $O(p)$，然后线性筛部分是 $O(p)$ 的。
• 因此我们可以每次 $O(p)$ 处理出来这个函数在 $[0,p)$ 上的所有值对 $p$ 取模的值，并 $O(p)$ 求出解的数量，实现 $O(T{\sum }_{i=1}^c{p}_i)$ 的时间复杂度。

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

template <class T>
inline void read(T &x)
{
	static char ch; 
	while (!isdigit(ch = getchar())); 
	x = ch - '0'; 
	while (isdigit(ch = getchar()))
		x = x * 10 + ch - '0'; 
}

const int MaxN = 1e4 + 5; 

int id, T, c, m, n; 

inline int qpow(int a, int b, const int &mod)
{
	int res = 1; 
	for (; b; b >>= 1, a = 1LL * a * a % mod)
		if (b & 1)
			res = 1LL * res * a % mod; 
	return res; 
}

//the number of x (x^m=p)(x in [0,p))
inline int solve(const int &m, const int &p)
{
	static bool sie[MaxN]; 
	static int pri[MaxN], f[MaxN], cnt; 
	
	int res = 1; 
	
	memset(sie, 0, sizeof(sie)); 
	cnt = 0; 
	
	f[1] = 1; 
	for (int i = 2; i < p; ++i)
	{
		if (!sie[i])
		{
			pri[++cnt] = i; 
			f[i] = qpow(i, m, p); 
		}
		for (int j = 1; j <= m; ++j)
		{
			int x = i * pri[j]; 
			if (x >= p) break; 
			sie[x] = true; 
			
			f[x] = 1LL * f[i] * f[pri[j]] % p; 
			if (i % pri[j] == 0)
				break; 
		}
		if (f[i] == 1)
			++res; 
	}
	return res; 
}

int main()
{
	freopen("division.in", "r", stdin); 
	freopen("division.out", "w", stdout); 
	
	#define mod 998244353
	
	read(id), read(T); 
	while (T--)
	{
		read(c), read(m); 
		
		int ans = 1; 
		
		int x; 
		for (int i = 1; i <= c; ++i)
		{
			read(x); 
			ans = 1LL * ans * (solve(m - 1, x) + 1) % mod; 
		}
		
		printf("%d\n", ans); 
	}
	
	fclose(stdin); 
	fclose(stdout); 
	return 0; 
}

算法三

• 实际上这道题有很优秀的做法。
• 此算法来自某个神仙考场上猜的结论。
• 方程 $x^n\equiv 1(modp)，p是质数$ 在模 $p$ 意义下的解的数量为 $gcd(n,p-1)$。
• 我们来证明一下这个显而易见的结论。
• 证明：
  • $x$ 的取值范围为 $[1,p)$。
  • 这个方程形如一个 $N$ 次剩余的形式。
  • 我们令 $g$ 表示 $p$ 的一个原根。
  • 根据原根的性质 ，集合 {x∣x=gk mod p,k∈[1,p),k∈Z}\{x|x=g^k\bmod p,k\in [1,p),k\in \mathbb Z\}{x∣x=gkmodp,k∈[1,p),k∈Z} 和集合 {1,2,…,p−1}\{1,2,\dots,p-1\}{1,2,…,p−1} 相等。
  • 设 $x=g^y$（$y\in [1,p)$）。
  • 所以原方程可以表示为 $g^{n\times y}\equiv g^0(modp)$。
  • 根据 $g^{p-1}=1$，我们得到 $n\times y\equiv 0(mod(p-1))$。
  • 写成同余方程的形式即 $(p-1)x+ny=0$。
  • 显然我们可以取特解 $x=y=0$，得到 $y$ 的通解为 $k\cdot \frac{p-1}{(p-1,n)}（k\in \mathbb{Z}）$。
  • 我们代到 $y$ 的取值范围中即有 $1\le k\cdot \frac{p-1}{(p-1,n)}\le p-1$。
  • 解出来 $k$ 可以取 $[1,(p-1,n)]$ 内的任意整数。
  • 证毕。
• 那么对于每个质数就可以 $O(logp)$ 的时间复杂度求出 $gcd$ 算答案了。
• 答案即为 ${\prod }_{i=1}^c(gcd(m-1,p-1)+1)$。
• 可以轻松通过本题。

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

const int mod = 998244353; 

int id, T, c, m, n; 

int main()
{
	freopen("division.in", "r", stdin); 
	freopen("division.out", "w", stdout); 
	
	scanf("%d%d", &id, &T); 
	while (T--)
	{
		scanf("%d%d", &c, &m); 
		
		int ans = 1; 
		
		int x; 
		for (int i = 1; i <= c; ++i)
		{
			scanf("%d", &x); 
			ans = 1LL * ans * (1 + std::__gcd(m - 1, x - 1)) % mod; 
		}
		
		std::cout << ans << std::endl; 
	}
	
	fclose(stdin); 
	fclose(stdout); 
	return 0; 
}