【题解】古代猪文 [SDOI2010] [BZOJ1951] [P2480]

【题解】古代猪文 [SDOI2010] [BZOJ1951] [P2480]

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在那山的那边海的那边有一群小肥猪。他们活泼又聪明，他们调皮又灵敏。他们自由自在生活在那绿色的大草坪，他们善良勇敢相互都关心……”——选自猪王国民歌

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【题目描述】

$($仅供观赏$)$

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$N$。固然，一种语言若是字数不少，字典也相应会很大。当时的猪王国国王考虑到若是修一本字典，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。固然，猪王国的文字后来随着历史变迁逐渐进行了简化，去掉了一些不经常使用的字。

$iPig$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刚好为远古时期的$k$分之一，其中$k$是$N$的一个正约数（能够是$1$和$N$）。不过具体是哪$k$分之一，以及$k$是多少，因为历史过于久远，已经无从考证了。

$iPig$以为只要符合文献，每一种能整除$N$的$k$都是有可能的。他打算考虑到全部可能的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$N / k$个的状况也是至关多的。$iPig$预计，若是全部可能的k的全部状况数加起来为$P$的话，那么他研究古代文字的代价将会是$G$的$P$次方。

如今他想知道猪王国研究古代文字的代价是多少。因为$iPig$以为这个数字多是天文数字，因此你只须要告诉他答案除以$999911659$的余数就能够了。

【真正的题目描述（人话）】

给定 $n$ 和 $G$ $,$ 求 $:$ $G^{\sum_{d|n}C_n^d}\bmod 999911659$

【数据规模】

$10%$ $1 \leqslant N \leqslant 50$

$20%$ $1 \leqslant N \leqslant 1000$

$40%$ $1 \leqslant N \leqslant 100000$

$100%$ $1 \leqslant N \leqslant 1000000000,1 \leqslant G \leqslant 1000000000$

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【分析】

看到上面这个式子，很容易想到暴力解法：枚举 $n$ 的全部正约数 $d$，分别求出 $C_n^d$ 并累加答案，最后对 $999911659$ 取模，若是你的目的不是 $pian$ $fen$ 而是 $AC$，而且甘愿屈服于 $TLE$，$MLE$，$RE$ 的统治，那么就大胆的去尝试吧！

【正解】

$【Key$ $1】$：欧拉定理的推论

(什么？你说你不知道欧拉定理？(O__O "…)）

公式：$a^b \equiv a^{b\bmod \varphi(P)}(\bmod P)$ $,$ $gcd(a,P)=1$

在本题中 $P=999911659$ 是一个质数(不要问我是怎么知道的)，因此对任意 $a$ 均知足 $gcd(a,P)=1$，且有 $\varphi(P)=P-1$。

根据公式可得 $G^{\sum_{d|n} C_n^d}=G^{\sum_{d|n}C_n^d\bmod 999911658}(\bmod 999911659)$

所以本题关键是计算 $\sum_{d|n}C_n^d\bmod 999911658$

$【Key$ $2】$： $Lucas$ 定理

*公式： $C_n^m=C_{n\bmod P}^{m\bmod P}C_{n/P}^{m/P}(\bmod P)$

求组合数并要求取模，一看就知道要用 $Lucas$ 定理，这里很少说。

可是...... 模数不为质数而且数据规模简直无敌，仍然会被 $TLE,MLE,RE$摁在地上摩擦。 因而咱们须要将这个大巨无霸问题分解成小蒟蒻问题。

$【Key$ $3】$：$Square$ $Free$ $Number$

对 $999911658$ 分解质因数，获得 $999911658=234679*35617$ ，它的全部质因子的指数都为 $1$ ，这一类数被称做 $Square$ $Free$ $Number$ 。 $Q:$ 这样作有什么用呢？ $A:$ 立刻就会提到。。。

$【Key$ $4】$：$CRT($中国剩余定理$)$

首先用 $Lucas$ 定理分别求出 $\sum_{d|n}C_n^d$ 对 $2,3,4679,35617$ 这四个质数取模后的值，记为 $a_1,a_2,a_3,a_4$ ，而后用中国剩余定理解一个线性同余方程组：

$\begin{cases}x\bmod 2=a_1\x\bmod 3=a_2\x\bmod 4679=a_3\x\bmod 35617=a_4\end{cases}$

因而咱们就获得了 $\sum_{d|n}C_n^d\bmod 999911658$ 的一个最小非负整数解 $x$，最后再用一次快速幂计算 $G^x$就是答案。

$【Code】$

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register LL
const int PP=35617,P=999911658;
LL x,y,i,j,n,G,fu,ans,a[5],jc[PP+3]={1},mod[5]={0,2,3,4679,35617};char c;
inline void in(Re &x){//【快读】本身动手，丰衣足食 
    fu=x=0;c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')fu|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=fu?-x:x;
}
inline LL mi(Re x,Re k,Re P){//【快速幂】若是你非要写龟速乘我也拦不住你 
    Re s=1;
    while(k){
        if(k&1)(s*=x)%=P;
        (x*=x)%=P,k>>=1;
    }
    return s;
}
inline LL Lucas(Re m,Re n,Re p){//【Lucas定理】 
    if(n<m)return 0;
    if(n<p)return jc[n]*mi(jc[m],p-2,p)%p*mi(jc[n-m],p-2,p)%p;
    return Lucas(m/p,n/p,p)*Lucas(m%p,n%p,p)%p;
}
inline void init(Re P){for(Re i=1;i<=P;++i)jc[i]=jc[i-1]*i%P;}//【预处理阶乘】
//对于四个模数都要预处理出不一样的阶乘
inline void exgcd(Re &x,Re &y,Re a,Re b){//【扩欧】解线性同余方程 
    if(!b){x=1,y=0;return;}
    exgcd(x,y,b,a%b);Re X=x;
    x=y,y=X-a/b*y;
}
int main(){
    in(n),in(G);
    if(G%(P+1)==0){printf("0");return 0;}//若是定义P=999911658，注意这里要加 1 
    //当 G 为 999911659 的倍数时，直接特判结束 
    for(i=1;i<=4;++i){//【分解质因数】 
        init(mod[i]);//【初始化阶乘】 
        for(j=1;j*j<n;++j)
            if(n%j==0)(((a[i]+=Lucas(j,n,mod[i]))%=mod[i])+=Lucas(n/j,n,mod[i]))%=mod[i];
           //累加组合数并取模 
        if(j*j==n)(a[i]+=Lucas(j,n,mod[i]))%=mod[i];
    }
    for(i=1;i<=4;++i){//【中国剩余定理】跑一遍 CRT 解方程组 
        Re M=P/mod[i];exgcd(x,y,M,mod[i]);
        (x+=mod[i])%=mod[i];(ans+=M*x%P*a[i]%P)%=P;
    }
    printf("%lld",mi(G,(ans+P)%P,P+1));//加 1..... 
}

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【题外话】

善良无比的 わたし 提供了本题的测试数据(98u9)哦$QAQ$