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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\(\frac{N}{k}\) 。然而从N个文字中保留下\(\frac{N}{k}\)
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。
输入文件ancient.in有且仅有一行：两个数N,G，用一个空格分开。
输出文件ancient.out有且仅有一行：一个数，表示答案除以999911659的余数。
（表示考试的时候是完全不会）
1、首先\(P\)会很大，所以需要有一个模数\(x\)满足 \(G^{P mod x} \equiv G^P(mod\,Mod)\)
由费马小定理 \(G^{Mod-1}\equiv1(mod\,Mod)\)可知 \(x=Mod-1\)。
因为可以将\(P\)拆成\(\frac{P}{x}\)个\(x\)相乘再乘上\(P%x\)，前面的数在对于\(Mod\)取模的情况下都为\(1\)，不会对答案产生影响
2、题目中要求计算的是\(G^{\sum_{x|n}C_{n}^{x}}\) 因此我们需要处理出来组合数。
但是题目中的\(n\)的范围最大到\(1000000000\)，用递推和逆元都无法直接运算，不过可以发现\(Mod-1\)可以拆成四个质数的乘积，即\(999911658=2*3*4679*35617\)这里最大的也只有\(35617\)，此时就可以选择采用\(Lucas\) 现学的不会证明
也就是这个样子：
int lucas(int x,int y,int p) {
if(y==0)return 1;
return 1ll*calc(x%a[p],y%a[p],p)*lucas(x/a[p],y/a[p],p)%a[p];
}（上面的p是指这四个模数）
3、对于每个模数我们都求出了一个组合数，那么问题就转换成了找到一个数，使得
对于\(i∈[1,4]\)都满足,\(x\equiv b_i(mod \,a_i)\)
这条式子也就可以用中国剩余定理求解√
上述提到的几个知识点应该挺重要的，虽然我考试的时候一个不会一个不熟
注意点：如果 \(G=Mod\)答案应为\(0\),但根据Lucas求解会得出\(1\),需要特别判一下
唔如果卡时间的话，可以选择线性推逆元。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define Mod 999911659
using namespace std;
int n,G,a[]= {2,3,4679,35617},b[4],pr[4][35620],ni[4][35620];
int mul(int x,int y,int mod) {
int res=1;
while(y) {
if(y&1)res=1ll*res*x%mod;
x=1ll*x*x%mod,y>>=1;
}
return res;
}
int calc(int x,int y,int p) {
return 1ll*pr[p][x]*ni[p][y]%a[p]*ni[p][x-y]%a[p];
}
int lucas(int x,int y,int p) {
if(y==0)return 1;
return 1ll*calc(x%a[p],y%a[p],p)*lucas(x/a[p],y/a[p],p)%a[p];
}
int ans=0;
void exgcd(int A,int B,int &x,int &y) {
if(B==0)x=1,y=0;
else exgcd(B,A%B,y,x),y-=(A/B)*x;
}
void Calc(int x,int y) {
int M=1;
for(int i=0; i<4; i++)b[i]=lucas(x,y,i),M*=a[i];
int tot=0;
for(int i=0; i<4; i++) {
int A=0,B=0,p=M/a[i];
exgcd(p,a[i],A,B);//(A*p)%a[i]=1
A=(A%a[i]+a[i])%a[i];
tot=(tot+1ll*A*b[i]%M*p%M)%M;
}
ans=(ans+tot)%(Mod-1);
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&G);
int k=sqrt(n);
for(int i=0; i<4; i++) {
pr[i][0]=1,ni[i][0]=1;
for(int j=1; j<=a[i]; j++)pr[i][j]=1ll*pr[i][j-1]*j%a[i],ni[i][j]=mul(pr[i][j],a[i]-2,a[i]);
}
if(Mod==G)printf("0\n");
else {
for(int i=1; i<=k; i++) {
if(n%i)continue;
int a=i,b=n/i;//c(n,a)+c(n,b)
Calc(n,a);
if(a!=b)Calc(n,b);
}
printf("%d\n",mul(G,ans,Mod));
}
return 0;
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原文地址：https://www.cnblogs.com/cly1231/p/11355743.html
