BZOJ2186 欧拉函数

欧拉函数：一般记作φ(n)，表示1-n中与n互质的数的数量。

欧拉函数是积性函数，即φ(m*n)=φ(m)*φ(n)　　　　//这条定理基友面试时还遇到了= =

欧拉函数的值φ(n)=n*(1-p[1])*(1-p[2])*...*(1-p[n])　　//p[i]是小于等于n的所有素数

若n是m的倍数，则小于等于n且与m互质的数的个数为(n/m)*φ(m)　　　　//证明不难理解：设k小于等于m且与m互质，则k+m、k+2m......也与m互质

若n是质数p的k次幂，则φ(n)=(p-1)*(p^(k-1))

//关于欧拉函数wikipedia上讲的很详细，此处不赘述了

若a mod b=0，可记作b|a

那么原题的答案就是(n!/m!)*φ(m!)

isprime(n)：计算1-n的质数

calc_fac(n)：计算1-n每个数的阶乘

calc_inv(n)：计算1-n每个数的逆元

calc_eul(n)：计算(1-1/p1)*(1-1/p2)*...*(1-1/pn)

　　　　　　　设x[i]=inv(p[i])，那么

　　　　　　　(1-1/p[i]) mod m

　　　　　　= ( (1 mod m) - ( (1/p[i]) mod m ) ) mod m

　　　　　　= (m+1-( (1/p) mod m ) mod m

　　　　　　    而根据逆元的性质，有(1/p) mod m=x mod m

Reference：http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8220787

　　　　　　http://www.cnblogs.com/autsky-jadek/p/4054971.html

附SDOI官方题解：

 该题即求1至n!中与m!互质的数对某质数R取模后的值 。
 对于每一对数N，M，设p1,p2,……pn为不大于M的质数，题目即求在1至N！中，不包含因子p1,p2,……pn的数的个数。
 在1至N！中，p1的倍数有N!/p1个，p2的倍数有n!/p2个……p1p2的倍数有n!/p1p1个……p1p2p3..pkm的倍数有n!/p1p2p3..pkm个。
 由容斥定理得答案为：
 n!-n!/p1-n!/p2-n!/p2…-n!/pkm+n!/p1p2+n!/p1p3……+(-)^km*n!/p1p2p3…pkm= n!*(-/p1)*(-/p2)*(-/p3)*(-/p4)…*(-/pkm)
 记m!* (-/p1)*(-/p2)*(-/p3)*(-/p4)…*(-/pkm)为fi[m]。答案为n!/m!*fi[m]。
 根据fi的计算式，可得fi的递推式为
 Fi[i]=fi[i-]*i（当i为合数）
 Fi[i]=fi[i-]*(i-)（当i为质数）

 预处理得所有fi与i!，通过扩展GCD计算除法，可在O(logR)时间内计算得每一个解。

各种卡时限，cin、cout是用不了的，关了同步都不行>_<

 #include "cstring"
 #include "math.h"
 #include "stdio.h"
 using namespace std;
 #define MMX 10000002
 #define LL long long
 LL M,N,T,MOD;
 LL fa[MMX],inv[MMX],ans2[MMX];
 bool pr[MMX];

 void isprime(LL n)     //pr[i]=1 : i is a prime
 {
     memset(pr,true,sizeof(pr));
     LL m=sqrt(n+0.5);
     pr[]=false;
     for (LL i=;i<=m;i++)
         if (pr[i])
         {
             for (LL j=i*i;j<=n;j+=i)
                 pr[j]=false;
         }
 }

 void calc_fac(LL n)      //fa[i]=i!
 {
     fa[]=;
     for (LL i=;i<=n;i++)
         fa[i]=fa[i-]*i%MOD;
 }

 void calc_inv(LL n)      //inv[i]
 {
     inv[] = ;
     for(int i=;i<n;i++)        //inv[i]:逆元
     {
         if(i >= MOD) break;
         inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
     }
 }

 void calc_eul(LL n)
 {
     ans2[] = ;            //ans2[i]=(1-1/p1)*(1-1/p2)*...*(1-1/pi)
     for(LL i=; i<n;i++)        //又(1-1/pi)=((pi-1)/pi)
     {
         if(pr[i])
         {
             ans2[i] = ans2[i-] * (i - ) % MOD;
             ans2[i] = ans2[i] * inv[i % MOD] % MOD;
         }
         else
         {
             ans2[i] = ans2[i-];
         }
     }
 }

 int main()
 {
     scanf("%d%d",&T,&MOD);
     isprime(MMX);
     calc_inv(MMX);
     calc_fac(MMX);
     calc_eul(MMX);
     while (T--)
     {
         scanf("%d%d",&N,&M);
         //ans=(N!/M!)*f(M!)
         //   =N!*[(1-1/p1)*...*(1-1/pi)]
         LL ans=fa[N]*ans2[M]%MOD;
         printf("%lld\n",ans);
     }

     return ;
 }

最后过得好险= =

771794

i386DX

2186

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1653 B

2014-11-04 23:34:15