【XSY1515】【GDKOI2016】小学生数学题 组合数学

题目描述

　　给你\(n,k,p\)（\(p\)为质数），求

\[\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\mod p^k
\]

　　保证有解。

　　\(p\leq {10}^5,np^k\leq {10}^{18}\)

题解

　　为什么会有解？

　　可能会发生这样的情况：

\[\begin{align}
&\sum_{i=1}^6\frac{1}{i}\mod 3\\
=&\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}\mod 3\\
=&\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{2}\mod 3\\
=&\cdots
\end{align}
\]

　　因为几个分母是\(p\)的倍数的数的逆元加起来后分子可能会变成\(p\)的倍数然后就约掉了。

　　令

\[\begin{align}
f(n)&=\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\\
g(n)&=\sum_{i=1,i\neq jp}^n\frac{1}{i}
\end{align}
\]

　　那么

\[f(n)=g(n)+\frac{f(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)}{p}
\]

　　因为我们的答案要对\(p^k\)取模，所以\(f(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)\)在计算的时候要对\(p^{k+1}\)取模，才能得到正确答案。

\[\begin{align}
g(n)&=\sum_{i=a+bp}^{n}\frac{1}{i}\\
&=\sum_{a=1}^{p-1}\sum_{b=0}^{\lfloor\frac{n-a}{p}\rfloor}\frac{1}{a+bp}\\
&=\sum_{a=1}^{p-1}\sum_{b=0}^{\lfloor\frac{n-a}{p}\rfloor}a^{-1}\sum_{i=0}^{k-1}{(-1)}^i\frac{b^i}{a^i}p^i\\
&=\sum_{i=0}^{k-1}{(-1)}^ip^i\sum_{a=1}^{p-1}\frac{1}{a^{i+1}}\sum_{b=0}^{\lfloor\frac{n-a}{p}\rfloor}b^i
\end{align}
\]

　　这时候要算自然数幂和，但我们不能线性插值。

　　那就大力推一波公式吧。

　　\(s_s(n,m)\) 为带符号第一类斯特林数。

\[\begin{align}
S_k(n)&=\sum_{i=1}^ni^k\\
x^\underline{n}&=\sum_{k=0}^ns_s(n,k)x^k\\
k!\binom{n}{k}&=n^\underline{k}\\
i^k&=s_s(k,k)i^k\\
i^k&=k!\binom{i}{k}-i^\underline{k}+s_s(k,k)i^k\\
i^k&=k!\binom{i}{k}-(i^\underline{k}-s_s(k,k)i^k)\\
i^\underline{k}-s_s(k,k)i^k&=\sum_{j=0}^ks_s(k,j)i^j-s_s(k,k)i^k\\
&=\sum_{j=0}^{k-1}s_s(k,j)i^j\\
i^k&=k!\binom{i}{k}-\sum_{j=0}^{k-1}s_s(k,j)i^j\\
S_k(n)&=\sum_{i=0}^{n}(k!\binom{i}{k}-\sum_{j=0}^{k-1}s_s(k,j)i^j)\\
&=\sum_{i=0}^nk!\binom{i}{k}-\sum_{j=0}^{k-1}s_s(k,j)\sum_{i=0}^ni^j\\
&=k!\binom{n+1}{k+1}-\sum_{i=0}^{k-1}s_s(k,i)S_j(n)\\
&=\frac{{(n+1)}^\underline{k+1}}{k+1}-\sum_{i=0}^{k-1}s_s(k,i)S_j(n)
\end{align}
\]

　　还有一种方法

\[\begin{align}
S_m(n)&=\sum_{i=1}^ni^m\\
&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}i^\underline{j}\\
&=\sum_{j=1}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\sum_{i=1}^ni^\underline{j}\\
&=\sum_{j=1}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\frac{{(n+1)}^\underline{j+1}}{j+1}
\end{align}
\]

　　预处理出斯特林数就可以快速算\(S_k(n)\)了。

　　你可能会注意到，\(\frac{{(n+1)}^\underline{k+1}}{k+1}\)有除法。

　　但是分子是\(k+1\)个连续的自然数幂的乘积，一定有一个是\(k+1\)的倍数，这样就可以消除分母的影响。

　　算\(g\)的话，每层是\(O(kp)\)的，一共有\(O(\log_pn)\)层，所以总时间复杂度是\(O(kp\log_pn)\)。

　　乘法取模可以用快速乘（多一个\(\log\)），也可以用黑科技，我偷懒用了int128。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef __int128 lll;
ll p;
ll mul(ll a,ll b,const ll c)
{
    return (lll)a*b%c;
}
ll fp(ll a,ll b){ll s=1;for(;b;b>>=1,a*=a)if(b&1)s*=a;return s;}
ll fp(ll a,ll b,const ll c){ll s=1;for(;b;b>>=1,a=mul(a,a,c))if(b&1)s=mul(s,a,c);return s;}
int pri[1000010];
int b[1000010];
ll pw[1000010];
int cnt;
ll ss[100][100];
void getstirling(ll k,ll md)
{
    ss[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++)
        for(int j=1;j<=i;j++)
            ss[i][j]=(ss[i-1][j-1]-mul(i-1,ss[i-1][j],md))%md;
}
ll gao(ll n,ll k,ll md)
{
    ll s=(n+1)/(k+1);
    ll v=s*(k+1);
    for(ll i=n+1;i>=n-k+1;i--)
        s=mul(s,(i==v?1:i),md);
    return s;
}
void gets(ll *s,ll n,ll k,ll md)
{
    s[0]=n;
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        s[i]=gao(n,i,md);
        for(int j=0;j<i;j++)
            s[i]=(s[i]-mul(ss[i][j],s[j],md))%md;
    }
    s[0]++;
}
ll s1[100];
ll s2[100];
ll g(ll n,ll md,ll k)
{
    ll r=n%p;
    getstirling(k,md);
    gets(s1,n/p-1,k,md);
    gets(s2,n/p,k,md);
    ll res=0,s;
    ll t=fp(p,k)-fp(p,k-1)-1;
    for(int i=0;i<k;i++)
    {
        s=0;
        pw[1]=1;
        cnt=0;
        for(int j=1;j<p;j++)
            b[j]=0;
        for(int j=2;j<p;j++)
        {
            if(!b[j])
            {
                pri[++cnt]=j;
                pw[j]=fp(fp(j,i+1),t,md);
            }
            for(int k=1;k<=cnt&&j*pri[k]<p;k++)
            {
                b[j*pri[k]]=1;
                pw[j*pri[k]]=mul(pw[j],pw[pri[k]],md);
                if(j%pri[k]==0)
                    break;
            }
        }
        if(n%p==0)
            for(int j=1;j<p;j++)
                s=(s+mul(s1[i],pw[j],md))%md;
        else
            for(int j=1;j<p;j++)
                if(j<=r)
                    s=(s+mul(s2[i],pw[j],md))%md;
                else
                    s=(s+mul(s1[i],pw[j],md))%md;
        s=mul(s*(i&1?-1:1),fp(p,i),md);
        res=(res+s)%md;
    }
//  fprintf(stderr,"G(%lld, %lld) = %lld\n",n,md,(res+md)%md);
    return res;
}
ll f(ll n,ll md,ll k)
{
    if(!n)
        return 0;
    return (g(n,md,k)+f(n/p,md*p,k+1)/p)%md;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);
#endif
    ll n,k;
    scanf("%lld%lld%lld",&p,&k,&n);
    ll md=fp(p,k);
    ll ans=f(n,md,k);
    ans=(ans+md)%md;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}