【bzoj1951】 Sdoi2010

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1951 (题目链接)

题意

　　废话一堆。。求解：$$g^{\sum_{d|n} C_n^d}~mod~p$$

Solution

　　真的是数论经典题，什么都用上了。

　　因为费马小定理，每$p-1$个$g$相乘会得到$1$，那么容易得到：

\begin{aligned} \displaystyle ans &= g^{\sum_{d|n} C_n^d}~mod~p \\ &=g^{\sum_{d|n} C_n^d~mod~(p-1)}~mod~p \end{aligned}

　　所以现在关键是求：$$\sum_{d|n} C_n^d~mod~(p-1)$$

　　大组合数取模，Lucas定理，可是$p-1$并不是一个质数，怎么办呢。我们考虑用中国剩余定理，先将$p-1$质因数分解，再分别在模各个质因子的的条件下求出余数，最后用中国剩余定理合并得解。

代码

// bzoj1951
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define P 999911659
#define inf 2147483640
#define LL long long
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;int t[4]={2,3,4679,35617};
int n,g,r[4],fac[4][100010];int power(LL a,int b,LL c) {a%=c;LL res=1;while (b) {if (b&1) res=res*a%c;b>>=1;a=a*a%c;}return res;
}
int C(int n,int m,int p) {if (m<n) return 0;return (LL)(fac[p][m]*power((LL)fac[p][n]*fac[p][m-n],t[p]-2,t[p]))%t[p];
}
int Lucas(int n,int m,int p) {if (m==0) return 1;return C(n%t[p],m%t[p],p)*Lucas(n/t[p],m/t[p],p)%t[p];
}
void exgcd(int a,int b,LL &x,LL &y) {if (b==0) {x=1,y=0;return;}exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;
}
int CRT() {LL x,y,M=t[0],R=r[0];for (int i=1;i<4;i++) {int mm=t[i],rr=r[i];exgcd(M,mm,x,y);x=((rr-R)*x%mm+mm)%mm;R+=M*x;M*=mm;}return R;
}
int main() {free("aaa");scanf("%d%d",&n,&g);if (g==P) {printf("0");return 0;}for (int i=0;i<4;i++) {fac[i][0]=1;for (int j=1;j<=t[i];j++)fac[i][j]=fac[i][j-1]*j%t[i];}for (int i=0;i<4;i++)for (int j=1;j*j<=n;j++) if (n%j==0) {r[i]=(r[i]+Lucas(j,n,i))%t[i];if (j*j!=n) r[i]=(r[i]+Lucas(n/j,n,i))%t[i];}printf("%d",power(g,CRT(),P));fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/MashiroSky/p/5920406.html

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