虽说是一道裸题,但还是让小C学到了一点姿势的。

Description

  给定一个长度为n的数组w,模数m和询问次数q,每次询问给定l,r,求:

    

  对m取模的值。

Input

  第一行两个整数n,m,表示数组长度和模数。
  接下来一行n个数,表示w数组。
  接下来一行一个整数q,表示询问次数。
  接下来q行,每行两个整数l,r,表示一次询问。

Output

  对于每次询问,输出一行一个整数表示答案。

Sample Input

  6 1000000000
  1 2 2 3 3 3
  8
  1 1
  1 6
  2 2
  2 3
  2 4
  4 4
  4 5
  4 6

Sample Output

  1
  1
  2
  4
  256
  3
  27
  597484987

HINT

  1 ≤ n ≤ 105,1 ≤ m ≤ 109,1 ≤ wi ≤ 109,1 ≤ q ≤ 105,1 ≤ l ≤ r ≤ n

Solution

  看到这么清奇的式子,你大概会第一时间想到降幂大法吧?

  先说说扩展欧拉定理,对于任意正整数a,b,p:

    

  所以假设堆叠的幂次足够大,那么式子就可以转化为:

      

  

  已知p经过至多2log次phi就会变成1。

  所以递归求解,至多走到2log层模数就会变成1,所以返回0就行。

  所以这道题就非常显然了,首先预处理出m的所有phi,对于每个询问,从l开始直接递归暴力,直到模数为1时返回。

  还有一个问题,在求a^b%p的时候,怎么比较b和phi(p)的大小呢?

  一种思路就是暴力计算a的后log项的值,注意还要特判1的情况,但这样写起来确实麻烦。

  当然,有一种非常精妙的取模写法:

int modulo(ll x,int mod) {return x<mod?x:x%mod+mod;}

  这是在做什么呢?这就是在比较b和phi(p)的大小,如果b<phi(p),返回b;否则返回b%phi(p)+phi(p)。

  然后原式就变成了这样:

    

  这样做看上去漏洞百出,可能的情况是,原本我们要计算,其中大等于

  然而我们计算,将取模后,却发现小于了。

  是否有这种可能呢?

  其实就相当于判断是否有可能成立,我们可以发现,当a>2时式子是不可能成立的。

  所以我们来看一看 是否有可能成立。

  有可能。

  当且仅当p=6时,不等式成立。

  然而6有什么特殊的性质呢?

  我们发现phi(x)=6只有三个解:x=7,x=9或x=18。

  所以接下来我们只要证明   和   即  和  在对x取模的意义下相等即可。(其中phi(x)=6)

  若a为x的倍数,显然它们对x取模都等于0,对于答案无影响。

  当x=7时,,所以 

  当x=9时,若 ,则影响同上;

        若 ,一定有,所以一定有 

               所以一定有 ,对于答案是没有影响的;

  当x=18时,若  或 ,则影响同上;

       我们有一个显然的结论:同余方程  的解为 

       若 ,则 ,则 ,则 

       若 ,则  且 ,则 ,则 

  所以综上,我们就证明了该算法的正确性。

  时间复杂度

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define MN 100005
using namespace std;
int a[MN],mod[MN];
int n,p;
bool fg; inline int read()
{
int n=,f=; char c=getchar();
while (c<'' || c>'') {if(c=='-')f=-; c=getchar();}
while (c>='' && c<='') {n=n*+c-''; c=getchar();}
return n*f;
} inline int pro(ll x,int md) {return x<md?x:x%md+md;}
inline int mi(int x,int y,int md)
{
register int z=;
for (;y;x=pro(1LL*x*x,md),y>>=)
if (y&) z=pro(1LL*z*x,md);
return z;
} int dfs(int x,int y,int lim)
{
if (x==lim) return a[x]>=mod[y]?a[x]%mod[y]+mod[y]:a[x];
if (mod[y]==) return ;
return mi(a[x],dfs(x+,y+,lim),mod[y]);
} int main()
{
register int i,j,x,y;
n=read(); mod[]=read();
for (i=;mod[i]>;++i)
{
mod[i+]=x=mod[i];
for (j=;j*j<=x;++j)
{
for (fg=;x%j==;x/=j,fg=true);
if (fg) mod[i+]=1LL*mod[i+]*(j-)/j;
}
if (x>) mod[i+]=1LL*mod[i+]*(x-)/x;
}
for (i=;i<=n;++i) a[i]=read();
for (p=read();p;--p)
{
x=read(); y=read();
printf("%d\n",dfs(x,,y)%mod[]);
}
}

Last Word

  打Codeforces的时候正纳闷这种情况该怎么处理,却发现大佬们清一色都是这么写的。

  小C觉得自己的证明蠢得不行啊……

  如果读者有更直观的证明该算法的正确性的方法请务必告诉小C。

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