HDU 5728 PowMod

Description

Declare:

k=∑mi=1φ(i∗n) mod 1000000007

n is a square-free number.

φ is the Euler’s totient function.

find:

ans=kkkk...kmod p

There are infinite number of k

Solution

比赛时候没推出来。。

下面那个很好搞，和BZOJ3884一样咯，递归搞定

关键是上面

首先令sum(n,m)=∑mi=1φ(i∗n) mod 1000000007

因为φ是积性函数，那么令p为n的一个因数

则可以得到sum(n,m)=φ(p)∗∑mi=1φ(i∗n/p)+∑floor(m/p)i=1φ(i∗n) ...................(1)

关于上面这个式子的推导：

对于那些和p互质的i , φ(i∗n)=φ(i∗n/p)∗φ(p)(积性函数的定义咯)

对于那些和p不互质的i，φ(i∗n)=φ(i∗n/p)∗p(欧拉函数的定义，要证明的话可以用剩余系)

又p是个素数，则φ(p)=p−1，式(1)得证。

于是式(1)可以简化为sum(n,m)=φ(p)∗sum(n/p,m)+sum(n,floor(m/p))

于是k可以在远小于log次调用递归里得到。

当然，关于之前那个k的无限次方，题解还有更好的方式(不用每次提项了)

题解给出一个公式ab mod p=aφ(p)+b mod φ(p)

没有欧拉公式的互素的限制！！！

但是好像有其他限制：b>=φ(p)，比如这有组反例(2,1,4)，当然反例是不满足那个限制的，详情可见知乎

还有证明

然后在这道题里kkkk...k是无限大的，所以可以衣食无忧的用哪个公式。

总之有了这个公式后那个BZOJ3884变成了递归入门题PoPoQQQ大爷，我绝无冒犯您的意思。。

数论还是很(ao)有(miao)意(chong)思(chong)的

Code

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
using namespace std;
const int M=1e7+5;
const int P=1e9+7;
bool mark[M];
int prime[M],phi[M],sum[M],t;
inline int Mod(int b){return b>=P?b-P:b;}
inline void pret(){
phi[1]=1;
for(int i=2;i<M;++i){
if(!mark[i])prime[t++]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=0;j<t&&1ll*prime[j]*i<M;++j){
mark[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0){
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
phi[prime[j]*i]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
for(int i=1;i<M;++i)
sum[i]=Mod(sum[i-1]+phi[i]);
}
inline int work(int n,int m){
if(n==1)return sum[m];
if(m==1)return phi
;
if(m<1)return 0;
for(int i=0;prime[i]*prime[i]<=n;++i){
if(n%prime[i]==0)
return Mod(1ll*phi[prime[i]]*work(n/prime[i],m)%P+work(n,m/prime[i]));
}
return Mod(1ll*phi
*work(1,m)%P+work(n,m/n));
}
inline int Mod_Pow(int x,int a,int mod){
int res=1;
for(int i=0;(1ll<<i)<=a;++i){
if(a&1<<i)res=1ll*res*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;
}
return res;
}
int n,m,p,k;
inline int gao(int mod){
if(mod==1)return 0;
int s=gao(phi[mod]);
return Mod_Pow(k,s+phi[mod],mod);
}
int main(){
for(pret();cin>>n>>m>>p;){
k=work(n,m);
cout<<gao(p)<<endl;
}
return 0;
}