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2019牛客暑期多校训练营(第三场)D.Big Integer(费马小定理+找循环节)

程序员文章站 2022-04-01 15:33:26
...

题意

已知序列AA1,11,111,1111,...1,11,111,1111,...,求
i=1nj=1m[A(ij)%p==0]\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[A(i^j)\%p==0]

思路

易知A(n)=10n19A(n)=\frac{10^n-1}{9},那么有
i=1nj=1m[10ij19%p==0]\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\frac{10^{i^j}-1}{9}\%p==0]

考虑10n19\frac{10^n-1}{9}pp的关系,先考虑99pp互质,那么可以变为
(10n1)inv9 %p==0(10^n-1)\cdot inv9\ \% p==0
由于互质inv90inv9\neq0,所以只有
10n1 %p==010^n-1\ \% p==0

10n1(mod p)10^n\equiv 1 (mod\ p)
根据费马小定理,1010pp互质有
10phi(p)1(mod p)10^{phi(p)}\equiv 1(mod\ p)
10p11(mod p)10^{p-1}\equiv 1(mod\ p)
由于1001(mod p)10^0\equiv 1(mod\ p),那么循环节至少为p1p-1,考虑是否有更小的循环节,根据同余式的性质
ab(mod p)anbn(mod p)a\equiv b(mod\ p)\rightarrow a^n\equiv b^n(mod\ p)
那么令ddp1p-1的因子,即dp1d|p-1,最小的循环节可能为dd
(10d)p1d1(mod p)(10^{d})^{\frac{p-1}{d}}\equiv 1(mod\ p)
所以我们可以对p1p-1的因子进行检验得到最小的循环节dd,找到了最小的循环节dd之后我们如何求解答案呢。由于循环节为dd,所以iji^j必须是dd的倍数。考虑jj是固定的,那么只要ii含有d1jd^{\left \lceil \frac{1}{j} \right \rceil}的因子就可以了,令g=d1jg=d^{\left \lceil \frac{1}{j} \right \rceil},那么1n1\sim n中是gg的倍数的个数为ng\frac{n}{g}。再考虑gg,我们可以将dd唯一分解了,那么就有
d=p1a1p2a2p3a3pkakd=p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}\cdots p_k^{a_k}
gg就有
g=p1a1jp2a2jp3a3jpkakjg=p_1^{\left \lceil \frac{a_1}{j} \right \rceil}p_2^{\left \lceil \frac{a_2}{j} \right \rceil}p_3^{\left \lceil \frac{a_3}{j} \right \rceil}\cdots p_k^{\left \lceil \frac{a_k}{j} \right \rceil}
随着jj的变化,gg的值也是变化的,设maxn=max{a1,a2,a3, ,ak}maxn=max\{a_1,a_2,a_3,\cdots,a_k\},当jj的值为1maxn1\sim maxngg也就是随着变化的,我们分别计算每一个的贡献为ng\frac{n}{g},当j>maxnj>maxngg将不再变化贡献就为ng(mmaxn)\frac{n}{g}(m-maxn)
这样就能统计出答案了,但是当p=2,p=5p=2,p=5时,虽然99pp互质但是10n%p==010^n\% p==0,所以明显的答案都为00
第二我们考虑p=3p=3的情况,由于p=3p=3于分母99并不互质,所以我们并不能像上面那么做。考虑

i=1nj=1m[A(ij)%3==0]\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[A(i^j)\%3==0]
由于A(ij)A(i^j)为长度为iji^j连续的11的整数,一个整数是否能被33整除我们知道就是把各位上的数字加起来是33的倍数就能整除了,令A(i)A(i)每一位上的和为SS,那么A(ij)A(i^j)每一位上的和就为j×Sj\times S,由于AA上的每一位都是11,所以S=iS=i,故最后的答案就是n/3mn/3*m

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
long long quickmod(long long a,long long b,long long mod=1e9+7)
{
    long long ans=1;
    while(b)
    {
        if(b%2==1)
            ans=ans*a%mod;
        b=b/2;
        a=a*a%mod;
    }
    return ans;
}
pair<int,int>a[1005];
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        long long p,n,m;
        scanf("%lld%lld%lld",&p,&n,&m);
        if(p==2||p==5)
        {
            printf("0\n");
            continue;
        }
        else if(p==3)
        {
            printf("%lld\n",n/3*m);
            continue;
        }
        long long x=p-1;
        int minn=p-1;
        for(int i=2; i*i<=x; i++)
        {
            if(x%i==0)
            {
                if(quickmod(10,i,p)==1)
                    minn=min(minn,i);
                if(quickmod(10,x/i,p)==1)
                    minn=min(1ll*minn,x/i);
            }
        }
        int cnt=0;
        int maxn=0;
        x=minn;
        for(int i=2; i*i<=x; i++)
        {
            if(x%i==0)
            {
                a[cnt].first=0;
                a[cnt].second=0;
                a[cnt].first=i;
                while(x%i==0)
                {
                    a[cnt].second++;
                    x=x/i;
                }
                maxn=max(a[cnt].second,maxn);
                cnt++;
            }
        }
        if(x>1)
        {
            a[cnt].first=0;
            a[cnt].second=0;
            a[cnt].first=x;
            a[cnt].second++;
            maxn=max(a[cnt].second,maxn);
            cnt++;
        }
        long long ans=0;
        long long g=1;
        for(int j=1; j<=min(1ll*maxn,m); j++)
        {
            g=1;
            for(int i=0; i<cnt; i++)
            {
                g=g*quickmod(a[i].first,ceil(1.0*a[i].second/j));
            }
            ans+=n/g;
        }
        if(m>maxn)
            ans+=n/g*(m-maxn);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}