2016多校训练一 PowMod,hdu5728(欧拉函数+指数循环节)
2016-07-20 13:22
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k=∑mi=1φ(i∗n) mod 1000000007
n is
a square-free number.
φ is
the Euler's totient function.
find:
ans=kkkk...k mod p
There are infinite number of k
Input
Multiple test cases(test cases ≤100),
one line per case.
Each line contains three integers, n,m and p.
1≤n,m,p≤107
Output
For each case, output a single line with one integer, ans.
Sample Input
1 2 6
1 100 9
Sample Output
4
7
题意:只要是那个k是无限个
题解:首先是算k:先了解两条性质,欧拉函数是积性函数;
(1)积性函数性质:F(m1*m2)=F(m1)*F(m2),当且近当gcd(m1,m2)=1时成立;
(2)
,其中p是n的素因子。这个用欧拉函数的素因子表达式很好证明。
有了这个再来算k,题目的n是很特殊的,它的每个素因子的幂次都是1:
那么假设素数p是n的一个素因子,显然gcd(p,n/p)=1;关键是i,如果i中没有素因子p,那么就直接用积性性质。如果i%p==0,必然可以写成i=k*p;即倍数关系,否则i%p!=0;
所以分成两部分求:
.....p是素数,素数的欧拉值就是p-1;
到这里前两和式是可以合并的,考虑和式的上下限,含义不同,第二项的i表示的p的倍数i*p才是第一项i的含义,相当于第二项刚好把第一项补齐了,那么从1到m没有遗漏,而且第二项的i用第一项替换后里面也是n/p;最终
这是个二元递归式:n/p和m/p看成整体,那么设原先求的为f(n,m),所以f(n,m)=(p的欧拉值)*f(n/p,m)+f(n,m/p);
每次枚举一个就够了,n每次要除以p,最多就是把它的每个素因子除完。
第二部分k的超级幂:用欧拉的定理:指数循环节
每次往幂次上一层模就取一次欧拉值,只有1的欧拉值等一自己,其他数的欧拉值都是小于自己的,所以模会不断变小至1,显然对1取模结果就是0,所以无限就变得有限了
k=∑mi=1φ(i∗n) mod 1000000007
n is
a square-free number.
φ is
the Euler's totient function.
find:
ans=kkkk...k mod p
There are infinite number of k
Input
Multiple test cases(test cases ≤100),
one line per case.
Each line contains three integers, n,m and p.
1≤n,m,p≤107
Output
For each case, output a single line with one integer, ans.
Sample Input
1 2 6
1 100 9
Sample Output
4
7
题意:只要是那个k是无限个
题解:首先是算k:先了解两条性质,欧拉函数是积性函数;
(1)积性函数性质:F(m1*m2)=F(m1)*F(m2),当且近当gcd(m1,m2)=1时成立;
(2)
,其中p是n的素因子。这个用欧拉函数的素因子表达式很好证明。
有了这个再来算k,题目的n是很特殊的,它的每个素因子的幂次都是1:
那么假设素数p是n的一个素因子,显然gcd(p,n/p)=1;关键是i,如果i中没有素因子p,那么就直接用积性性质。如果i%p==0,必然可以写成i=k*p;即倍数关系,否则i%p!=0;
所以分成两部分求:
.....p是素数,素数的欧拉值就是p-1;
到这里前两和式是可以合并的,考虑和式的上下限,含义不同,第二项的i表示的p的倍数i*p才是第一项i的含义,相当于第二项刚好把第一项补齐了,那么从1到m没有遗漏,而且第二项的i用第一项替换后里面也是n/p;最终
这是个二元递归式:n/p和m/p看成整体,那么设原先求的为f(n,m),所以f(n,m)=(p的欧拉值)*f(n/p,m)+f(n,m/p);
每次枚举一个就够了,n每次要除以p,最多就是把它的每个素因子除完。
第二部分k的超级幂:用欧拉的定理:指数循环节
每次往幂次上一层模就取一次欧拉值,只有1的欧拉值等一自己,其他数的欧拉值都是小于自己的,所以模会不断变小至1,显然对1取模结果就是0,所以无限就变得有限了
#include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<iostream> #include<sstream> #include<algorithm> #include<utility> #include<vector> #include<set> #include<map> #include<queue> #include<cmath> #include<iterator> #include<stack> using namespace std; const int INF=1e9+7; const double eps=1e-7; const int N=1e7+5; const int M=1000000007; typedef long long ll; int pri ,phi ; bool vis ; int tot; ll sum ; void init() { int n=N; tot=0; memset(vis,false,sizeof vis); phi[1]=1; for(int i=2;i<n;i++) { if(!vis[i]) { pri[tot++]=i; phi[i]=i-1; } for(int j=0;j<tot && i*pri[j]<n;j++) { vis[i*pri[j]]=true; if(i%pri[j]==0) { phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j]; break; } else phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1); } } sum[0]=0; for(int i=1;i<N;i++) sum[i]=(sum[i-1]+phi[i])%M; } ll Pow(ll a,ll n,ll mod) { ll ans=1; while(n) { if(n&1) { ans=ans*a%mod; // if(ans>=mod)ans=ans%mod; } a=a*a%mod; // if(a>=mod) a=a%mod; n>>=1; } if(ans==0) ans+=mod; return ans; } ll solve(ll k,ll mod) { if(mod==1) return mod; ll tmp=phi[mod]; ll up=solve(k,tmp); ll ans=Pow(k,up,mod); return ans; } int rear; int a[15]; void resolve(ll n) { for(int i=0;i<tot;i++) { if(!vis ) {a[rear++]=n;break;} if(n%pri[i]==0) { a[rear++]=pri[i]; n/=pri[i]; } } } ll f(int pos,ll n,ll m) { //pos即每个素数,一次一个就行了 if(n==1) return sum[m];//n为1结果就是欧拉值的前缀和 if(m==0)return 0; return ((a[pos]-1)*f(pos-1,n/a[pos],m)%M+f(pos,n,m/a[pos]))%M; } int main() { init();//打表 ll n,m,p; while(~scanf("%I64d%I64d%I64d",&n,&m,&p)) { rear=0; resolve(n);//素因子分解 ll k=f(rear-1,n,m);//算k ll ans=solve(k,p); printf("%I64d\n",ans%p); } return 0; }
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