被虐的两道数论题

         我说……我这么闲，那么……写篇日志吧，谨以此纪念我无限趋向于0的智商，那天……犯了个傻的两道题……顺便orz一下HGR以及HYY神犇……
        Problem A：
        给定n，k，求任意一个序列a，使得∏(1≤i≤k)(1+1/ai)=1+(2^k-1)/n。(1≤n≤2^31，1≤k≤31)

        本来这题目是很水的……但是……我当即立断，机智地化了简：(Σ(b∈[1,k])a_b1a_b2a_b3…a_bp)/∏(1≤i≤k)ai=(2^k+n-1)/n。随后我发现，ai与ai+1约分后必须取遍n的质因数(好吧，预处理先把右边约分)，然后我开始对n进行分解，然后各种枚举……由于我的程序比较挫，它一度陷入死循环……努力了一个多小时后……我发现它……比暴力还慢，于是我有改呀改，改到没时间写第三题水水的trie。我暴搜出所有情况，然后各种剪枝……搞到最后只拿到30分的暴力分，深深的维和感。
        后来看到了题解，发现我傻了，题解把(2^k+n-1)/n进行了简单的分解：当2丨n时，(2^k+n-1)/n=((2^(k-1)+n/2-1)/(n/2))*(1+1/(2^k+n-2))，否则(2^k+n-1)/n=((2^(k-1)+(n+1)/2-1)/((n+1)/2))*(1+1/n)，然后一阵递归，边界嘛，显然k=1时，a={n}看到题解后不到5分钟就A了这题目T_T。
        如此水的代码，我就不发了……
        Problem B：
        给定n，m(1≤n,m≤10^16)，问长度为m的只由1~n间数字构成的圆周序列的个数。

        一开始看，嗯，圆排列，就这么简单？然后发现我跪了，根本不一样嘛，于是我使劲想，却也只弄出来60分做法(必须承认，这是暴力分)，然后，HGR大神给了一番讲解，但是整个教室似乎没人听懂(HYY大神大概是懂了……)。HGR大神大概是算计好的，在恰当的时刻来巡视我们，然后机智接受了全教室唯一一个妹纸的再讲解邀请，然后给了她各种福利（就是厚厚的一本书，看内容大概是排列组合一类的，哼，我有人品神器《初等数论》），但是似乎还是没人懂（他们都不知道欧拉函数，当然听不懂）。当晚，我把《初等数论》放在床头，于是我失眠了，然后想出了这题目自己的证明，比HGR的好懂多了（那是因为我只是个苣蒻），原来的定理是这样的：记序列个数为f(n,m)，那么我们有f(n,m)=(1/m)*(Σ(1≤l≤m)n^(gcd(l,m)))=(1/m)*(Σ(d丨m)(n^d)*φ(m/d))。然后我给出一个“生动形象”的证明：
        首先，我们有m*f(n,m)=Σ(a₀a₁a_2...a_m-1∈[1,n])Σ(0≤l<m)[a₀a₁a_2...a_m-1=a_la_l+1...a_m-1a_0...a_l-1]，这里的中括号表示当括号内表达式为true时取1，否则取0。传说中HGR大神就是这个东西一直给妹纸讲不清，我也不知道我能不能说清。我们可以想象一下a₀a₁a_2...a_m-1∈[1,n]作为全集的一个集合，显然f(n,m)取了集合中的一部分，而假如我们对f(n,m)中每个圆周序列进行旋转，就会产生m*f(n,m)个序列。比如序列AB可以扩展成AB和BA，但是BA是不存在于f(n,m)中的（在已有AB的情况下），那么全部旋转后就能取遍f(n,m)的补集。然而对于序列AA，旋转后产生两个AA，此时出现重复，即在取遍全集的基础上部分元素被多次取到。很容易发现当l=0时，a₀a₁a_2...a_m-1=a_la_l+1...a_m-1a_0...a_l-1显然成立，此时就取遍了全集，而当l≠0时，等式一旦成立，取到的点一定是已经被重复覆盖（比如序列AA），然后……式子就证明完了，真是“生动形象”的证明。
        接下来我们考虑将式子化简，首先，交换两个Σ是不会破坏结果的，那么式子变成Σ(0≤l<m)Σ(a₀a₁a_2...a_m-1∈[1,n])[a₀a₁a_2...a_m-1=a_la_l+1...a_m-1a_0...a_l-1]，于是乎，我们可以对单个点进行讨论啦。接下来的证明，HGR大神用了各种同余，以及拓展欧几里得定理（所以大家都听不懂），作为一个苣蒻，我就不写了，我同样有“生动形象”的证明：
        为了帮助大家理解，我们可以先考虑 l丨m的情况，此时，我们可以把长度为m的序列分块，每块长度为l，由a₀a₁a_2...a_m-1=a_la_l+1...a_m-1a_0...a_l-1显然可以分解成当i≡j(mod l)时，a_i=a_j，那假如我们确定了a_i(0≤i<l)，我们就能确定a_i+kl(1≤k<m/l)，于是乎，只要我们确定了a_0...a_l-1，我们就能确定整个序列，所以序列的可能性，只有n^l 种，于是m*f(n,m)=Σ(1≤l≤m)n^(gcd(l,m))，就成立了。但是如果l不整除m，我们记d=gcd(l,m)，此时同样可以对序列进行分块，每块长度为d，由于当i≡j(mod l)时，a_i=a_j，只要确定了a_i(0≤i<l)，我们就能确定a(_{i+kl)mod m}(1≤k<m/d)，显然，i+kd有可能超出m的边界（所以我写了mod m），此时由于一共有m/d个块，而m/d又与l互质，我们可以对原图进行压缩，看成m/d的d个剩余系，因为(l,m/d)=1，由于什么剩余系定理（不知道应该叫什么），i+kd是可以取遍整个剩余系的，于是，只要确定了a_i(0≤i<d)，i在其他块的映射位置也都能确定，所以合法的序列只有n^d种。该做法能拿90分。
         继续化简，很容易可以得到m*f(n,m)=Σ(d丨m)(n^d)*φ(m/d)，证明的话我就不废话了（显然……）。再显然，我们可以用神奇的Pollard-rho算法，在四次根号m的复杂度下对m进行质因数分解，利用φ(n)的积性，在计算所有d的同时顺手把φ(m/d)给算出来，然后……就可以A啦……
        代码……？你想多了……
        停电导致本文进度一度停滞（渣手机写不了日志），谨以此纪念我完跪的二中培训……