[ SDOI 2010 ] 古代猪文

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Description

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一句话题意：

设 \(x=\sum_{d|n} C_n^d\)，求 \(G^x\pmod {999911659}\) 。

从原题面大段语文中其实不难推出所求。

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Solution

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以前一不敢碰..... 今天做做发现是个水题

显然问题在指数上，而不是整个式子。

暴力检验一下，发现模数为质数。根据费马小定理，\(a^k\equiv a^{k\pmod {p-1}}\pmod{p-1}\) 。

所以所求化为 \(\sum_{d|n}C_{n}^d\pmod{999911658}\) woc怕不是要EXCRT

后来发现这个模数很萎.....标准分解一下 \(999911659=2\times3\times4679\times35617\) 。

叫什么 square-free-number ，其实就是只为考个 \(CRT\) 强行凑了一个数罢了......

对四个质数分别用 \(Lucas\) 搞一下，然后 \(CRT\) 合并就好了。

其实最后还是被坑了一下，注意最外层快速幂的模数跟 CRT 合并的时候的 M 不同。

还要特判 \(a\ |\ p\) 的情况，因为这种情况下费马小定理不成立。

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Code

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#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define R register
#define N 50010
#define mo 999911658ll
using namespace std;
typedef long long ll;

ll mod[5]={0,2,3,4679,35617},m[5],fac[N];

inline void init(ll p){
  fac[0]=1;
  for(R ll i=1;i<=p;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%p;
}

inline ll qpow(ll x,ll t,ll p){
  ll res=1;
  while(t){
    if(t&1) (res*=x)%=p;
    (x*=x)%=p; t>>=1;
  }
  return res;
}

ll C(ll n,ll m,ll p){
  if(m>n) return 0;
  return fac[n]*qpow(fac[m],p-2,p)%p*qpow(fac[n-m],p-2,p)%p;
}

ll lucas(ll n,ll m,ll p){
  if(n<m) return 0;
  if(!m||!n) return 1;
  return C(n%p,m%p,p)*lucas(n/p,m/p,p)%p;
}

inline ll solve(ll n,ll p){
  init(p);
  ll t=sqrt(n),res=0;
  for(R ll i=1;i<=t;++i)
    if(n%i==0){
      (res+=lucas(n,i,p))%=p;
      if(n/i!=i) (res+=lucas(n,n/i,p))%=p;
    }
  return res;
}

inline ll CRT(ll n){
  ll res=0;
  for(R ll i=1;i<=4;++i){
    m[i]=mo/mod[i];
    res=(res+m[i]*solve(n,mod[i])%mo*qpow(m[i],mod[i]-2,mod[i]))%mo;
  }
  return res;
}

int main(){
  ll n,g;
  scanf("%lld%lld",&n,&g);
  if(g%(mo+1)==0){puts("0");return 0;}
  printf("%lld\n",qpow(g,CRT(n),mo+1));
  return 0;
}