Codeforces 360D Levko and Sets （数论好题）

题意：有一个长度为n的数组a和一个长度为m的数组b，一个素数p。有n个集合，初始都只有一个1。现在，对(i从1到n)第i个集合执行以下操作：

对所有集合中的元素c，把c * (a[i] ^ b[j]) mod p 加入集合(j从1到m)， 直到集合的元素不再增加为止。

问最后这n个集合的并有多少个元素？

n到1e4, m到1e5, p到1e9。

思路（官方题解）这题运用了很多数论的知识，不对数论有一定了解比较难做出这道题。

涉及的知识：原根，阶，欧拉定理，贝祖定理。

首先我们知道，x ^ y mod p = x ^ (y mod phi(p)) mod p（欧拉定理），而集合的操作可以看成a的指数相加，所以我们第一步先求出所有b和p - 1的gcd = t，这样每个集合的大小是(p - 1) / t,（贝祖定理），集合中的元素为a[i] ^ (k * t)。但是，由于a是不一定相同的，所以我们很难直接合并。我们可以转化成原根的形式，那么假设g ^ (r[i]) = a[i], ，令q[i] = gcd(r[i], p - 1)（贝祖定理）。我们不妨令g = g ^ t,因为t是一个常数。那么，现在集合中的元素为g ^ (q[i] * k), 我们现在需要求出q[i]。怎么求q[i]呢？我们只要求出a[i] ^ t的阶 = l，然后(p - 1) / l就是q[i], 为什么呢？因为(a[i] ^ t) ^ l mod p = 1 mod p = g ^ (p - 1) mod p => a[i] ^ t mod p= g ^ ((p - 1) / l) mod p, 这样就可以算出对应的q[i]，即a[i] ^ t的原根中的指标。现在我们求出了q[i]，那么所有g ^ (q[i] * k)会出现在集合中。一种想法是用筛法，但是p很大，不能筛。这里需要用到容斥原理。

注意，cf上很多代码的容斥是假的，可以被hack。

以下是来自cf评论区的两个数据：

2 1 13

3 5

1

答案：6

2 1 37

31 27

1

答案：8

正确容斥做法：先处理出p - 1的所有因子，从大到小枚举，枚举因子时判断是否有q[i]，始得这个因子是q[i]的倍数，如果有，说明这个因子可以对答案产生贡献，再枚举比它大的因子，如果有因子是这个因子的倍数，那么减去这个因子的贡献。最后剩下的是这个因子的贡献。如果没有，跳过即可。均摊的复杂度应该是O(log ^ 2(p))。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 100010;
int n, m, p;
int a[maxn], b[maxn], q[maxn], dp[maxn];
int qpow(int x, int y) {
	int ans = 1;
	for (; y; y >>= 1) {
		if(y & 1) ans  = ((LL)ans * x) % p;
		x = ((LL)x * x) % p;
	}
	return ans;
}
vector<int> re;
void div(int x) {
	for (int i = 1; i * i <= x; i++) {
		if(x % i == 0) {
			re.push_back(i);
			if(i * i != x)
				re.push_back(x / i);
		}
	}
}
int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &a[i]);
	}
	int t = p - 1;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		scanf("%d", &b[i]);
		t = __gcd(t, b[i]);
	}
	div(p - 1);
	sort(re.begin(), re.end());
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		a[i] = qpow(a[i], t);
		for (int j = 0; j < re.size(); j++) {
			if(qpow(a[i], re[j]) == 1) {
				q[i] = (p - 1) / re[j];
				break;
			}
		}
	}
	sort(q + 1, q + 1 + n);
	n = unique(q + 1, q + 1 + n) - (q + 1);
	int ans = 0;
	for (int j = re.size() - 1; j >= 0; j--) {
		bool flag = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if(re[j] % q[i] == 0) {
				flag = 1;
				for (int k = j + 1; k < re.size(); k++) {
					if(re[k] % re[j] == 0)
						dp[j] -= dp[k];
				}
				break;
			}
		}
		if(flag) {
			dp[j] += (p - 1) / re[j];
			ans += dp[j];
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
}