【题解】古代猪文 [SDOI2010] [BZOJ1951] [P2480]

在那山的那边海的那边有一群小肥猪。他们活泼又聪明，他们调皮又灵敏。他们自由自在生活在那绿色的大草坪，他们善良勇敢相互都关心……”——选自猪王国民歌

【题目描述】

$($仅供观赏$)$

猪王国的文明源远流长，博大精深。

$iPig$在大肥猪学校图书馆中查阅资料，得知远古时期猪文文字总个数为$N$。当然，一种语言如果字数很多，字典也相应会很大。当时的猪王国国王考虑到如果修一本字典，规模有可能远远超过康熙字典，花费的猪力、物力将难以估量。故考虑再三没有进行这一项劳猪伤财之举。当然，猪王国的文字后来随着历史变迁逐渐进行了简化，去掉了一些不常用的字。

$iPig$打算研究古时某个朝代的猪文文字。根据相关文献记载，那个朝代流传的猪文文字恰好为远古时期的$k$分之一，其中$k$是$N$的一个正约数（可以是$1$和$N$）。不过具体是哪$k$分之一，以及$k$是多少，由于历史过于久远，已经无从考证了。

$iPig$觉得只要符合文献，每一种能整除$N$的$k$都是有可能的。他打算考虑到所有可能的k。显然当$k$等于某个定值时，该朝的猪文文字个数为$N / k$。然而从$N$个文字中保留下$N / k$个的情况也是相当多的。$iPig$预计，如果所有可能的k的所有情况数加起来为$P$的话，那么他研究古代文字的代价将会是$G$的$P$次方。

现在他想知道猪王国研究古代文字的代价是多少。由于$iPig$觉得这个数字可能是天文数字，所以你只需要告诉他答案除以$999911659$的余数就可以了。

【真正的题目描述（人话）】

给定 $n$ 和 $G$ $,$ 求 $:$ $G^{\sum_{d|n}C_n^d}\bmod 999911659$

【数据规模】

$10\%$ $1 \leqslant N \leqslant 50$

$20\%$ $1 \leqslant N \leqslant 1000$

$40\%$ $1 \leqslant N \leqslant 100000$

$100\%$ $1 \leqslant N \leqslant 1000000000,1 \leqslant G \leqslant 1000000000$

【分析】

看到上面这个式子，很容易想到暴力解法：枚举 $n$ 的所有正约数 $d$，分别求出 $C_n^d$ 并累加答案，最后对 $999911659$ 取模，如果你的目的不是 $pian$ $fen$ 而是 $AC$，并且甘愿屈服于 $TLE$，$MLE$，$RE$ 的统治，那么就大胆的去尝试吧！

【正解】

$【Key$ $1】$：欧拉定理的推论

(什么？你说你不知道欧拉定理？(O__O "…)）

公式：$a^b \equiv a^{b\bmod \varphi(P)}(\bmod P)$ $,$ $gcd(a,P)=1$

在本题中 $P=999911659$ 是一个质数(不要问我是怎么知道的)，所以对任意 $a$ 均满足 $gcd(a,P)=1$，且有 $\varphi(P)=P-1$。

根据公式可得 $G^{\sum_{d|n} C_n^d}=G^{\sum_{d|n}C_n^d\bmod 999911658}(\bmod 999911659)$

因此本题关键是计算 $\sum_{d|n}C_n^d\bmod 999911658$

$【Key$ $2】$： $Lucas$ 定理

公式： $C_n^m=C_{n\bmod P}^{m\bmod P}*C_{n/P}^{m/P}(\bmod P)$

求组合数并要求取模，一看就知道要用 $Lucas$ 定理，这里不多说。

但是......

模数不为质数并且数据规模简直无敌，仍然会被 $TLE,MLE,RE$摁在地上摩擦。

于是我们需要将这个大巨无霸问题分解成小蒟蒻问题。

$【Key$ $3】$：$Square$ $Free$ $Number$

对 $999911658$ 分解质因数，得到 $999911658=2*3*4679*35617$ ，它的所有质因子的指数都为 $1$ ，这一类数被称作 $Square$ $Free$ $Number$ 。

$Q:$ 这样做有什么用呢？

$A:$ 马上就会提到。。。

$【Key$ $4】$：$CRT($中国剩余定理$)$

首先用 $Lucas$ 定理分别求出 $\sum_{d|n}C_n^d$ 对 $2,3,4679,35617$ 这四个质数取模后的值，记为 $a_1,a_2,a_3,a_4$ ，然后用中国剩余定理解一个线性同余方程组：

$\begin{cases}x\bmod 2=a_1\\x\bmod 3=a_2\\x\bmod 4679=a_3\\x\bmod 35617=a_4\end{cases}$

于是我们就得到了 $\sum_{d|n}C_n^d\bmod 999911658$ 的一个最小非负整数解 $x$，最后再用一次快速幂计算 $G^x$就是答案。

$【Code】$

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")

#pragma GCC optimize(2)

#include<cstdio>

#define LL long long

#define Re register LL

const int PP=35617,P=999911658;

LL x,y,i,j,n,G,fu,ans,a[5],jc[PP+3]={1},mod[5]={0,2,3,4679,35617};char c;

inline void in(Re &x){//【快读】自己动手，丰衣足食

    fu=x=0;c=getchar();

    while(c<'0'||c>'9')fu|=c=='-',c=getchar();

    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();

    x=fu?-x:x;

}

inline LL mi(Re x,Re k,Re P){//【快速幂】如果你非要写龟速乘我也拦不住你

    Re s=1;

    while(k){

        if(k&1)(s*=x)%=P;

        (x*=x)%=P,k>>=1;

    }

    return s;

}

inline LL Lucas(Re m,Re n,Re p){//【Lucas定理】

    if(n<m)return 0;

    if(n<p)return jc[n]*mi(jc[m],p-2,p)%p*mi(jc[n-m],p-2,p)%p;

    return Lucas(m/p,n/p,p)*Lucas(m%p,n%p,p)%p;

}

inline void init(Re P){for(Re i=1;i<=P;++i)jc[i]=jc[i-1]*i%P;}//【预处理阶乘】

//对于四个模数都要预处理出不同的阶乘

inline void exgcd(Re &x,Re &y,Re a,Re b){//【扩欧】解线性同余方程

    if(!b){x=1,y=0;return;}

    exgcd(x,y,b,a%b);Re X=x;

    x=y,y=X-a/b*y;

}

int main(){

    in(n),in(G);

    if(G%(P+1)==0){printf("0");return 0;}//如果定义P=999911658，注意这里要加 1

    //当 G 为 999911659 的倍数时，直接特判结束

    for(i=1;i<=4;++i){//【分解质因数】

        init(mod[i]);//【初始化阶乘】

        for(j=1;j*j<n;++j)

            if(n%j==0)(((a[i]+=Lucas(j,n,mod[i]))%=mod[i])+=Lucas(n/j,n,mod[i]))%=mod[i];

           //累加组合数并取模

        if(j*j==n)(a[i]+=Lucas(j,n,mod[i]))%=mod[i];

    }

    for(i=1;i<=4;++i){//【中国剩余定理】跑一遍 CRT 解方程组

        Re M=P/mod[i];exgcd(x,y,M,mod[i]);

        (x+=mod[i])%=mod[i];(ans+=M*x%P*a[i]%P)%=P;

    }

    printf("%lld",mi(G,(ans+P)%P,P+1));//加 1.....

}

【题外话】

善良无比的わたし提供了本题的测试数据(98u9)哦$QAQ$