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HDU 6051 If the starlight never fade(原根+推式子)

耿敏达
2023-12-01

题目大意:

\(f(i)\)为使\((x+y)^i \equiv x^i (mod\ p)\)成立的(x,y)的对数。其中\(1 \leq x \leq p-1 , 1\leq y\leq m\),m,p给定且p是一个质数。求\(\sum_{i=1}^{p-1}i*f(i)\),p<=1e9+7,m<=p-1

思路

我们考虑用原根去代换x,y。
设g为p的一个原根,\(g^a\equiv x(mod \ p),g^b \equiv y(mod \ p)\)
然后我们用\(g\)去代换\(x,y\)\((g^a+g^b)^i\equiv g^{a*i}(mod\ p)\)然后我们在式子两边同时除一个\(g^{a*i}\)。得到\((1+g^{b-a})^i\equiv 1(mod\ p)\)
\(1+g^{b-a}\equiv g^k(mod\ p)\)(因为原根的性质所以我们一定可以找到这样的k)。
此时原式为\(g^{k*i} \equiv 1(mod\ p)\)由费马小定理可以到到\(p-1 \mid k*i\)
这就要求k为\(\frac{p-1}{gcd(p-1,i)}\)的倍数(即至少包含p-1所特有的因子)。由于\(0<k<p-1\),为什么k不能取0呢?因为$g^{b-a}不会为0,所以\(1+g^{b-1}> 1\)
所以可以得到这样的k的数量是\(\frac{p-1}{\frac{p-1}{gcd(p-1,i)}}-1=gcd(p-1,i)-1\),这里因为k不能取0和p-1,所以要减1。
又因为\(1+g^{b-a} \equiv g^k(mod\ p)\)\(g^b \equiv(g^k-1)*g^a (mod\ p)\)\(y\equiv x*(g^k-1)(mod\ p)\)。每有一个k,y对应一个x。所以对于一个y有\(gcd(p-1,i)-1\)个x对应。
所以可以得出\(f(i)=m*(gcd(p-1,i)-1)\)
\(\sum_{i=1}^{p-1}i*f(i)\)
\(=m\sum_{i=1}^{p-1}i*gcd(p-1,i)-m*\frac{(p-1)*p}{2}\)
重点是如何求\(\sum_{i=1}^{p-1}i*gcd(p-1,i)\)
\(\sum_{i=1}^{p-1}i*gcd(p-1,i)\)
显然d是p-1的约数
\(=\sum_{d\mid p-1}d\sum_{i=1}^{p-1}i*[gcd(p-1,i)==d]\)
\(=\sum_{d\mid p-1}d^2\sum_{i=1}^{\frac{p-1}{d}}i*[gcd(\frac{p-1}{d},i)==1]\)
然后有一个神奇的变换。
\(\sum_{i=1}^{t}i*[gcd(t,i)==1]=\frac{t*\varphi(t)+[t==1]}{2}\)
为什么?
\(t=\frac{p-1}{d}\)就是\(\sum_{i=1}^{t}i*[gcd(t,i)==1]\)
其实就是求1到t中与t互质的数的和。
由更相减损术得若\(gcd(n,i)=1\)\(gcd(n,n-i)=1\)
所以一个与\(t\)互质的数\(x\)\(t-x\)也与\(t\)互质。
所以与t互质的数成对出现,设这一对数为a,b,有\(a+b=t\)
所以\(\sum_{i=1}^{t}i*[gcd(t,i)==1]=\frac{t*\varphi(t)+[t==1]}{2}\)
故原式可以化为
\(\sum_{d\mid p-1}d^2\sum_{i=1}^{\frac{p-1}{d}}i*[gcd(\frac{p-1}{d},i)==1]\)
\(=\sum_{d\mid p-1}d^2*\frac{\frac{p-1}{d}*\varphi(\frac{p-1}{d})+[\frac{p-1}{d}==1]}{2}\)
带回去求解即可。
复杂度?\(O(能过)\),因为求约数可以先扫出质数来优化,所以\(\sqrt{\frac{p}{lnp}}*\sqrt{p}=\sqrt{\frac{p^2}{lnp}}\)差不多两亿,不是很大。而且求欧拉函数是求p-1的约数的约数,一定比\(\sqrt{p}\)小,所以能过?

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1001000;
const int mod=1e9+7;
bool book[N];
int prime[N],cnt,inv,T;
int read(){
    int sum=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return sum*f;
}
void pre_work(){
    for(int i=2;i<=1000000;i++){
        if(book[i]==0)prime[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=1000000;j++){
            book[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0)break;
        }
    }
}
int ksm(int x,int b){
    int tmp=1;
    while(b){
        if(b&1)tmp=tmp*x%mod;
        b>>=1;
        x=x*x%mod;
    }
    return tmp;
}
int phi(int x){
    int tmp=x;
    int ans=x;
    for(int i=1;i<=cnt&&prime[i]*prime[i]<=x;i++){
        if(tmp%prime[i]==0){
            ans=ans/prime[i]*(prime[i]-1);
            while(tmp%prime[i]==0)tmp/=prime[i];
        }
    }
    if(tmp>1)ans=ans/tmp*(tmp-1);
    return ans;
}
int work(int x){
    int tmp=0;
    for(int i=1;i*i<=x;i++){
        if(x%i==0){
            int a=i*i%mod;
            int b=x/i;
            int c=phi(b);
            int d=(b==1);
            tmp=(tmp+a*(b*c%mod+d)%mod*inv%mod)%mod;
            if(x/i>i){
                int hh=x/i;
                int a=hh*hh%mod;
                int b=x/hh;
                int c=phi(b);
                int d=(b==1);
                tmp=(tmp+a*(b*c%mod+d)%mod*inv%mod)%mod;
            }
        }
    }
    return tmp;
}
signed main(){
    T=read();
    pre_work();
    inv=ksm(2,mod-2);
    int now=0;
    while(T--){
        now++;
        int m=read(),p=read();
        int tmp=((m*work(p-1)%mod-m*(p-1ll)%mod*p%mod*inv%mod)%mod+mod)%mod;
        printf("Case #%lld: %lld\n",now,tmp);
    }
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Xu-daxia/p/10257471.html

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