Solution Set - 数论相关

绝了，六道题都差一步想出来或者差一个细节就开始看题解。

CF906D

要求 \(a^b\bmod p\)，那就要求 \(b\bmod \varphi(p)\)。从这个思路开始往后迭代即可。\(\varphi(p)\) 迭代到 \(1\) 的次数大概是 \(\log p\) 级别的，所以时间复杂度正确。注意扩展欧拉定理的正确运用。具体实现直接往后枚举即可，写成递归可能更简单。

CF1562F

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发现询问次数和 \(n\) 很接近，那应该考虑找到一个比较特殊的数，对它和序列中所有数进行询问。这个数当然是大质数最好。

如果序列中没有大质数，则长度不会太长，最长大概在 \(90\) 左右。而 \(n\le 100\) 的时候都可以对所有数对做询问，询问之后每次找到还没确定的数中产生的最大 \(\text{lcm}\)，它一定是最大的两个数产生的。

如果序列中有大质数，需要找到它。不好准确定位，那就考虑随机化。计算会发现找到的概率还是很大的。先进行 \(4999\) 次随机询问，然后找到回答的最大质因子最大的一次，就可以假设它的最大质因子是我们想要的大质数。再取一个数和这次询问的两个数询问一下，确定哪个是大质数。再做 \(n-1\) 次询问确定所有数即可。

CF1698G

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会发现问题可以转化成模 \(2\) 意义下的多项式乘法。给定的 \(s\) 序列丢掉低位 \(0\) 就是一个多项式 \(f\)，在无穷序列上异或的位置构成另一个多项式 \(g\)。最后要求 \(f\times g=x^n+1\)，\(n\) 最小。那也可以写成 \(x^n\equiv 1\pmod f\)，这里等号都在模 \(2\) 意义下。对后面这个式子BSGS即可。

CF516E

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显然只用考虑 \(n,m\) 互质的情况。不互质时除掉最大公约数，注意会有一些 corner case。下面来考虑互质的情形。

假设有一个编号为 \(i\) 的男生开始就快乐，那第 \(i\) 天他让 \(i\bmod m\) 号女生变快乐，第 \(i+cn\) 天他让 \((i+cn)\bmod m\) 号女生变快乐。那么我们可以认为是第 \(i\bmod m\) 号女生用了 \(cn\) 天使得 \((i+cn)\bmod m\) 号女生变快乐。更简单一点，如果 \(j\) 号女生某一天变快乐了，\(j+n\) 天后她会让 \((j+n)\bmod m\) 号女生变快乐。

这时可以类似同余最短路的模型建图，从 \(j\) 向 \((j+n)\bmod m\) 连边权为 \(n\) 的边。这些边构成一个大环，剩下还有一些边：如果 \(i\) 号男生初始快乐，则第 \(i\) 天开始 \(i\bmod m\) 号女生快乐，所以从源点向 \(i\bmod m\) 号女生连边权为 \(i\) 的边；如果 \(i\) 号女生初始快乐，从源点向 \(i\) 连边权为 \(i\) 的边。然后要求源点到所有点的最短路中最长的一条的长度。注意到有一个大环，环上边权相同，剩下的边数目不多，所以按照环上顺序排序求解即可。

CF1225G

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考虑每个数被除的次数，也就是对最终的 \(1\) 的贡献系数。假设 \(a_i\) 被除了 \(b_i\) 次，则 \(\sum\limits_{i=1}^{n}a_ik^{-b_i}=1\)。要求 \(b_i\in \N\)。

然后会发现如果这样一组 \(b_i\) 存在，就一定可以构造出合法的方式。具体方法是按照 \(b\) 从大到小排序，则最大的两个 \(b\) 值一定一样。取出最大的两个合并，除几次 \(k\) 就把 \(b\) 减掉几，然后插回堆中。重复即可。因为保证了 \(k\nmid a_i\)，所以一定是可以的。

问题转化为判定。这时可以状压DP，定义 \(dp_{S,x}\) 表示存在一组 \(b_i\) 使得 \(\sum\limits_{i\in S}a_ik^{-b_i}=x\)。转移方程有两种：\(dp_{S,x}\rightarrow dp_{S+\{i\},x+a_i}\) 和 \(dp_{S,xk}\rightarrow dp_{S,x}\)。第一种可以用 bitset 优化，这样总时间复杂度是 \(O(\frac{n2^n\sum a_i}{w}+2^n\sum a_i)\)。最后输出方案只要倒着 DFS 就行。

CF765G

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会发现幂次是没用的，只用考虑 \(N'=\prod_{i=1}^{n}p_i\)，然后把答案乘上 \(\prod_{i=1}^{n}p_i^{\alpha_i-1}\)。

由中国剩余定理，\(0\) 到 \(N'-1\) 中的数 \(k\) 可以与 \((r_1,r_2,\cdots,r_n),r_i=k\bmod p_i\) 一一对应。这时 \(s_i=1\Leftrightarrow \gcd(k+i,N')=1\Leftrightarrow \forall j,p_j\nmid r_j+i\)。也就是说，确定 \(r_j\) 之后，我们可能可以确定一些 \(i\) 一定满足 \(\gcd(k+i,N')\neq 1\)。

那么就有一个暴力：枚举 \(r_1,r_2,\cdots,r_n\) 的值，维护一个“能否确定不互质”的序列，要求最后这个序列等于 \(s\) 的方案数。这个复杂度显然是逆天的，但是会发现每个大于等于 \(m\) 的质数都至多让字符串的一位确定为 \(0\)，所以只用枚举 \(\lt m\) 的质数对应的余数。

但是还是很大，不超过 \(40\) 的质数也不少。好消息是，如果有 \(2\)，那么确定模 \(2\) 的余数的时候就可以确定一半，有效状态数不超过 \(2^20\)，这启发我们做一个记忆化搜索；坏消息是，如果没有 \(2,3\)，状态数还是很逆天。

既然已经这么逆天了，那我们不妨再逆天一点，看看不超过 \(40\) 的质数能不能分开处理。枚举会发现从 \(5\) 搜到 \(23\) 的状态数都不会太大。而当考虑到 \(29\) 的时候，就有一些状态可以合并了——中间 \(18\) 位只用考虑 \(0\) 的个数，它们不会再影响了（以 \(m=40\) 为例）。同样的，考虑到 \(31\) 就可以只考虑中间 \(20\) 位的 \(0\) 的个数。做了这个优化之后状态数显著降低，可以通过。

具体而言，维护一个状态：开头 \(p_1\) 位的具体值，结尾 \(p_2\) 位的具体值，以及中间 \(1\) 的个数。转移是不难的。在考虑 \(29\) 之前，把 \(p_1,p_2\) 分别设为 \(m-29,29\)，其它类似。需要一个哈希表来记录状态。