[SDOI2010]古代猪文 题解
题目地址:洛谷:【P2480】[SDOI2010]古代猪文 – 洛谷、BZOJ:Problem 1951. — [Sdoi2010]古代猪文
题目描述
猪王国的文明源远流长,博大精深。
iPig在大肥猪学校图书馆中查阅资料,得知远古时期猪文文字总个数为N。当然,一种语言如果字数很多,字典也相应会很大。当时的猪王国国王考虑到如果修一本字典,规模有可能远远超过康熙字典,花费的猪力、物力将难以估量。故考虑再三没有进行这一项劳猪伤财之举。当然,猪王国的文字后来随着历史变迁逐渐进行了简化,去掉了一些不常用的字。
iPig打算研究古时某个朝代的猪文文字。根据相关文献记载,那个朝代流传的猪文文字恰好为远古时期的k分之一,其中k是N的一个正约数(可以是1和N)。不过具体是哪k分之一,以及k是多少,由于历史过于久远,已经无从考证了。
iPig觉得只要符合文献,每一种能整除N的k都是有可能的。他打算考虑到所有可能的k。显然当k等于某个定值时,该朝的猪文文字个数为N / k。然而从N个文字中保留下N / k个的情况也是相当多的。iPig预计,如果所有可能的k的所有情况数加起来为P的话,那么他研究古代文字的代价将会是G的P次方。
现在他想知道猪王国研究古代文字的代价是多少。由于iPig觉得这个数字可能是天文数字,所以你只需要告诉他答案除以999911659的余数就可以了。
题意简述
计算$G^{\sum_{d|N} \mathrm{C}^d_N} \bmod 999911659$。
输入输出格式
输入格式:
输入文件ancient.in有且仅有一行:两个数N、G,用一个空格分开。
输出格式:
输出文件ancient.out有且仅有一行:一个数,表示答案除以999911659的余数。
输入输出样例
输入样例#1:
4 2
输出样例#1:
2048
说明
数据规模
10%的数据中,1 <= N <= 50;
20%的数据中,1 <= N <= 1000;
40%的数据中,1 <= N <= 100000;
100%的数据中,1 <= G <= 1000000000,1 <= N <= 1000000000。
题解
首先,组合数一堆加起来幂次可能很大,这时我们可以应用欧拉降幂公式降低幂次。我们把答案变成了这样子
$$ G^{\sum_{d|N} \mathrm{C}^d_N \bmod \varphi(999911659) + \varphi(999911659)} $$
由于$999911659$是个质数,我们知道$\varphi(999911659)=999911658$,而这个数并不是质数,并不好办。我们考虑使用扩展Lucas定理,将$999911658$分解质因数为$2 \times 3 \times 4679 \times 35617$,分别对每个质因数求一次组合数,然后应用中国剩余定理解这个同余方程组,得到最终结果。
复杂度$O(\sqrt{n} \log n)$。
代码
// Code by KSkun, 2018/7
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
inline char fgc() {
static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2)
? EOF : *p1++;
}
inline LL readint() {
register LL res = 0, neg = 1; register char c = fgc();
for(; !isdigit(c); c = fgc()) if(c == '-') neg = -1;
for(; isdigit(c); c = fgc()) res = (res << 1) + (res << 3) + c - '0';
return res * neg;
}
inline LL fpow(LL n, LL k, LL p) {
LL res = 1;
for(; k; k >>= 1) {
if(k & 1) res = res * n % p;
n = n * n % p;
}
return res;
}
const int MAXN = 100005, MO[] = {0, 2, 3, 4679, 35617, 999911659};
LL N, G, a[5], mul[MAXN], inv[MAXN];
inline void init(LL p) {
mul[0] = mul[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < p; i++) {
mul[i] = mul[i - 1] * i % p;
}
for(int i = 2; i < p; i++) {
inv[i] = (-(p / i) * inv[p % i] % p + p) % p;
}
for(int i = 2; i < p; i++) {
inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % p;
}
}
LL C(LL n, LL m, LL p) {
if(m > n) return 0;
if(m == 0) return 1;
if(n < p && m < p) return mul[n] * inv[m] * inv[n - m] % p;
return C(n % p, m % p, p) * C(n / p, m / p, p) % p;
}
inline LL calSum(LL p) {
init(p);
LL res = 0;
for(int i = 1; i * i <= N; i++) {
if(N % i) continue;
res = (res + C(N, i, p)) % p;
if(i * i == N) continue;
res = (res + C(N, N / i, p)) % p;
}
return res;
}
inline LL crt() {
LL p = 1, res = 0;
for(int i = 1; i <= 4; i++) {
p *= MO[i];
}
for(int i = 1; i <= 4; i++) {
LL m = p / MO[i];
res = (res + a[i] * m * fpow(m, MO[i] - 2, MO[i])) % p;
}
return res;
}
int main() {
N = readint(); G = readint();
if(G % MO[5] == 0) {
puts("0"); return 0;
}
for(int i = 1; i <= 4; i++) {
a[i] = calSum(MO[i]);
}
printf("%lld", fpow(G, crt() + MO[5] - 1, MO[5]));
return 0;
}