牛客練習賽44----D-小y的盒子

首先發出題目鏈接：
鏈接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/634/D
來源：牛客網
涉及：擴展歐拉定理，快速冪

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題目如下：


我去，題目又有求和，又是大數，果斷放棄

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對於這個題目，首先需要一些數學思考

小y有兩組圖片
第一組（藍色）：1 3 9 27 81…（3^n-1）
第一組（紅色）：1 3 9 27 81…（3^n-1）

可惜所有卡片混亂在一起，在這些混亂的卡片中每個3^n-1都有兩張卡片

每個3^n-1可以化爲3進制的數字

比如1(1),3(10),9(100),81(10000)…

所有卡片數字的總和m即爲22222222222…2222（一共n個2）
（證明：3^n-1前n項和化爲3進製爲11111111（一共n個1），回合卡片中每個數字都有紅色和藍色兩張卡片，所以m等於3^n-1前n項和的2倍）

現在的問題是組合卡片，求使得卡片和爲1到m的所有卡片組合方案的和

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從1到m每一個數字的都可以化爲三進制數字h，每一個三進制數字h都有n位（不足n位補0）

然後考慮三進制數h每一位上面的數字（0,1,2）：
當第i位上的數字爲1時，表示這一位上需要1張3^i-1數字的卡片（有且只有“紅色”和“藍色”兩種選擇）；
當第i位上的數字爲2時，表示這一位上需要2張3^i-1數字的卡片（有且只有“紅色和藍色都要”這一種選擇）；
當第i位上的數字爲0時，表示這一位上不需要3^i-1數字的卡片（有且只有“不需要卡片”這一種選擇）；
（ps：此時有人會說當第i位上的數字不爲0時，不能由多張3^j(j<i-1)的卡片加起來得到嗎？
然而，當第i位數字不爲1時，你把3^j(j<i-1)所有卡片加起來也湊不齊第i位的數字）

這個三進制數h的n個位置上的每一位數字都有可能是1,2或者3。爲1時，會有兩種選擇；爲2或者0時，會有一種選擇。

假設有i個位置是1，j個位置是2，n-i-j個位置是0

則當n=n₀時，所有的選擇爲
$\sum^{n_{0}}_{i}(C^{i}_{n_{0}}*2^{i}*\sum^{n_{0}-i}_{j}({C^{j}_{n-i}*1^{j}*C^{n_{0}-i-j}_{n_{0}-i-j}*1^{n_{0}-i-j})})$
=$\sum^{n_{0}}_{i}(C^{i}_{n_{0}}*2^{i}*\sum^{n_{0}-i}_{j}{C^{j}_{n_{0}-i}})$
=$\sum^{n_{0}}_{i}(C^{i}_{n_{0}}*2^{i}*2^{n_{0}-i})$
=$\sum^{n_{0}}_{i}(C^{i}_{n_{0}}*2^{n_{0}})$
=$2^{n_{0}}*\sum^{n_{0}}_{i}C^{i}_{n_{0}}$
=$4^{n_{0}}$
$(ps:\sum^{n}_{i}C^{i}_{n}=2^{n})$

然後n不等於0，所以結果還要減去1，然後對p求餘，於是所有的方案和爲
$(4^{n}-1)　mod　p　(ps:1\le n\le10^{100000})$

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對公式變形：
$(4^{n}-1)　mod　p=((4^{n}　mod　p)-1+p)　mod　p$

由於n非常大，根據擴展歐拉定理可知
$4^{n}　mod　p=4^{((n　mod　\phi(p))+\phi(p))}　mod　p$

（ps：$\phi(p)$是歐拉函數，$\phi(p)$的值爲1~p中與p不互質的數的個數，求歐拉函數$\phi(p)$是有公式的，不知道歐拉函數和歐拉定理可以看看其他我的博客）
通過公式求歐拉函數$\phi(p)$值的代碼如下
注意把(1-1.0/i)值化爲浮點類型，如果是整型就錯了，後來再化成long long類型

ll getDivisor(){
	ll sum=p;
	int i;
	ll p1=p;
	for(i=2;i*i<=p1;i++){
		if(p1%i==0)	sum=ll1*sum*(1-1.0/i);
		while(p1%i==0)	p1=p1/i;
	}
	if(p1!=1)	sum=ll1*sum*(1-1.0/p1);
	return sum;//sum爲歐拉函數的值
}

所以現在只用通過大數求模的方式求出$(n　mod　\phi(p))$，得到$((n　mod　\phi(p))+\phi(p))$之後用快速冪求$(4^{((n　mod　\phi(p))+\phi(p))}　mod　p)$，關於大數求模可以看看其他博客。
通過大數求模得到$((n　mod　\phi(p))+\phi(p))$的值

ll getPow(){
	stream<<str;//stream爲stringstream類型
	ll sum=0;
	char c;
	while(stream>>c)
		sum=(10*sum+c-'0')%divisor;
	stream.clear();
	return sum+divisor;//其中sum爲n對歐拉函數求餘的值，divisor是歐拉函數的值
}

然後是快速冪的代碼

ll qSort(){
	ll x=4,sum=1;
	while(pow1!=0){
		if(pow1%2!=0)	sum=sum*x%p;
		pow1=pow1>>1;
		x=x*x%p;
	}
	return sum-1+p;//sum是4的n次方的值(sum-1+p)對p取餘即爲答案
}

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舉個例子

當n=13,p=15
p的質因子爲2和3和5，則$\phi(p)=p*(1-1/2)*(1-1/3)*(1-1/5)=4$
$(n　mod　\phi(p))+\phi(p)=5$
$4^{((n　mod　\phi(p))+\phi(p))}　mod　p=4$
即答案爲4（例子很簡單，只要你實現了大數取模就可以）

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代碼如下：

#include <iostream>
#include <algorithm> 
#include <string>
#include <sstream>
#define ll1 (ll)1
using namespace std;
typedef long long ll;
stringstream stream;//輸出流，用來方便地將一個字符串拆成一個個字符
ll p,divisor,pow1; //p是題目所給，divisor是存p的質因子的個數，pow1是用來存冪數
string str;//用來存n的值
int t;
ll qSort(){//這個qsort寫錯了，不是快排，是快速冪，求4的n次方
	ll x=4,sum=1;
	while(pow1!=0){
		if(pow1%2!=0)	sum=sum*x%p;
		pow1=pow1>>1;
		x=x*x%p;
	}
	return sum-1+p;
	//因爲要算(4^n-1)%p的值，而(4^n-1)%p=(4^n%p-1+p)%p,所以要返回4^n%p-1+p，即返回sum-1+p
}
ll getPow(){//利用歐拉定理，將大數冪的指數的值降到10^9以下。
	stream<<str;//將字符串存到stream去
	ll sum=0;
	char c;
	while(stream>>c)//每次從stream拿一個字符出來
		sum=(10*sum+c-'0')%divisor;//大數求餘
	stream.clear();
	return sum+divisor;
}
ll getDivisor(){//分解質因子，得到p的質因子的個數
	ll sum=p;
	int i;
	ll p1=p;
	for(i=2;i*i<=p1;i++){
		if(p1%i==0)	sum=ll1*sum*(1-1.0/i);
		while(p1%i==0)	p1=p1/i;
	}
	if(p1!=1)	sum=ll1*sum*(1-1.0/p1);
	return sum;
}
int main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>str>>p;
		divisor=getDivisor();
		pow1=getPow();
		cout<<qSort()%p<<endl;
	}
	return 0;
}