P2480 [SDOI2010]古代猪文 Lucas+CRT合并

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\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\)

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。

\(\color{#0066ff}{输入格式}\)

输入文件ancient.in有且仅有一行：两个数N、G，用一个空格分开。

\(\color{#0066ff}{输出格式}\)

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。

\(\color{#0066ff}{输入样例}\)

4 2

\(\color{#0066ff}{输出样例}\)

2048    

\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)

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。

\(\color{#0066ff}{ 题解 }\)

一句话题意，求\(G^{\sum_{k|n}C_n^k} \mod 999911659\)

根据欧拉定理

$G^{\sum_{k|n}C_n^k} \equiv G^{\sum_{k|n}C_n^k \mod 999911658}\mod 999911659 $

现在我们要求\(\sum_{k|n}C_n^k \mod 999911658\)

把\(999911658\)质因数分解

\(999911658=2*3*4679*35617\)

分别算出上面组合数对四个模数的ans，然后用CRT合并

最后快速幂出答案

值的注意的是

1、阶乘和逆元要预处理

2、要考虑不互质的情况，用扩展欧拉定理

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
    char ch; LL x = 0, f = 1;
    while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
    for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
    return x * f;
}
bool flag;
const int mix = 999911659;
const int mox = 999911658;
LL b[] = {0LL, 2LL, 3LL, 4679LL, 35617LL};
LL a[10];
LL fac[50505][5], inv[50505][5];
LL ksm(LL x, LL y, LL mod) {
    if(x == 0) return 0;
    LL re = 1LL;
    while(y) {
        if(y & 1) re = re * x % mod;
        x = x * x % mod;
        y >>= 1;
    }
    return re % mod;
}
LL C(LL n, LL m, LL mod, int pos) {
    if(m > n) return 0;
    if(n >= mod || m >= mod) return C(n / mod, m / mod, mod, pos) * C(n % mod, m % mod, mod, pos) % mod;
    return ((fac[n][pos] * inv[m][pos] % mod) * inv[n - m][pos]) % mod;
}
void exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
    if(!b) return(void)(x = 1, y = 0);
    exgcd(b, a % b, x, y);
    LL t = x - a / b * y;
    x = y, y = t;
}
LL work(LL n, LL k) {
    LL ans = 0;
    for(int i = 1; i <= 4; i++) {
        a[i] = C(n, k, b[i], i);
        LL x, y;
        exgcd(b[i], mox / b[i], x, y);
        x = ((mox / b[i] * y) % mox + mox) % mox;
        (ans += (a[i] * x % mox)) %= mox;
    }
    return ((ans % mox) + mox) % mox;
}
void predoit() {
    for(int i = 1; i <= 4; i++) fac[0][i] = 1;
    for(int i = 1; i <= 4; i++) 
        for(int j = 1; j < b[i]; j++) 
            fac[j][i] = 1LL * fac[j - 1][i] * j % b[i];
    for(int i = 1; i <= 4; i++) inv[b[i] - 1][i] = ksm(fac[b[i] - 1][i], b[i] - 2, b[i]);
    for(int i = 1; i <= 4; i++)
        for(int j = b[i] - 2; j >= 0; j--) 
            inv[j][i] = 1LL * (j + 1) * inv[j + 1][i] % b[i];
}

int main() {
    LL n = in(), g = in();
    LL ans = 0;
    predoit();
    for(LL i = 1; i * i <= n; i++) {
        if(n % i == 0) {
            ans = ans + work(n, i);
            if(ans >= mox) ans %= mox, flag = true;
            if(i * i != n) {
                ans = ans + work(n, n / i);
                if(ans >= mox) ans %= mox, flag = true;
            }
        }
    }
    printf("%lld\n", ksm(g, (flag? ans + mox : ans), mix));
    return 0;
}

P2480 [SDOI2010]古代猪文 Lucas+CRT合并

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原文地址：https://www.cnblogs.com/olinr/p/10307027.html