[SDOI2010]古代猪文 （欧拉，卢卡斯，中国剩余）

[SDOI2010]古代猪文

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$ solution: $

这道题感觉综合性极强，用到了许多数论中的知识：

1. 质因子，约数，组合数
2. 欧拉定理
3. 卢卡斯定理
4. 中国剩余定理

首先我们读题，发现题目需要我们枚举k（就是n的所有约数），并且对于每一个k都要用一个组合数算出其情况数（读题：不过具体是哪k分之一。这句话说明我们可以从n中取出任意k个字，所以情况数就是 $ C(_n^k) $ ）（然后因为我们求的组合数范围有点大，所以需要用卢卡斯定理来求组合数（接下来我们会发现模数其实比较小））。但是这道题目把所有情况数（设有tot个情况），求为 $ G^{tot} $ 作答案输出。

众所周知，指数是不能直接取模的，所以我们要用到欧拉定理（注意欧拉定理建立在 $ gcd(G,999911659)=1 $ 的情况下，所以读入时要特判！）。

$ G^{tot}=G{(tot\ mod \ \phi(P)+\phi(P))}\ mod(P) $

因为我们的模数为999911659（质数），所以我们其实就是要求这个东西：

$ G^{(tot\ mod \ 999911658+999911658)} $

但是我们发现虽然我们现在可以取模了，但是999911658并不是一个质数，而我们求tot的时候是需要用卢卡斯的，所以我们必须保证模数是一个质数且不能太大。所以我们又得用上中国剩余定理， $ 999911658=2\times 3\times 4679\times 35617 $

于是我们分别求出在 $ mod\ 2 \ ，mod\ 3，mod \ 4679，mod \ 35617 $ 意义下的所有tot，然后就需要中国剩余定理解出我们真正的 $ mod \ 999911658 $ 意义下的tot是多少，然后就可以直接搞快速幂求答案了！

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$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define mod 999911658
#define rg register int

using namespace std;

ll n,g,ans;
ll a[4];
ll jc[40005];
ll m[4]={2,3,4679,35617};

inline ll qr(){
    char ch;
    while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');
    ll res=ch^48;
    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
        res=res*10+(ch^48);
    return res;
}

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

inline ll c(ll x,ll y,ll p){ //组合数
    if(x<y)return 0;
    return jc[x]%p*ksm(jc[y],p-2,p)%p*ksm(jc[x-y],p-2,p)%p;//现求逆元
}

inline ll lc(ll x,ll y,ll p){ //卢卡斯
    if(x<y)return 0; if(!x)return 1;
    return c(x%p,y%p,p)*lc(x/p,y/p,p)%p;
}

int main(){
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    n=qr(); g=qr();
    if(n==mod+1||g==mod+1){//特判
        puts("0"); return 0;
    }
    for(rg k=0;k<4;++k){ jc[0]=jc[1]=1; //
        for(rg i=2;i<=40000;++i)jc[i]=jc[i-1]*i%m[k]; //求出阶乘
        for(rg i=1,j=sqrt(n);i<=j;++i){ //枚举约数
            if(n%i!=0)continue;
            a[k]=(a[k]+lc(n,i,m[k]))%m[k];
            if(n==i*i)continue;
            a[k]=(a[k]+lc(n,n/i,m[k]))%m[k];//n/i是较大的约数
        }
    }
    for(rg i=0;i<4;++i)
        ans=(ans+a[i]*(mod/m[i])%mod*ksm(mod/m[i],m[i]-2,m[i]))%mod;//中国剩余定理
    printf("%lld\n",ksm(g,ans,mod+1));
    return 0;
}