牛客练习赛44----D-小y的盒子

首先发出题目链接：
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/634/D
来源：牛客网
涉及：扩展欧拉定理，快速幂

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题目如下：


我去，题目又有求和，又是大数，果断放弃

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对于这个题目，首先需要一些数学思考

小y有两组图片
第一组（蓝色）：1 3 9 27 81…（3^n-1）
第一组（红色）：1 3 9 27 81…（3^n-1）

可惜所有卡片混乱在一起，在这些混乱的卡片中每个3^n-1都有两张卡片

每个3^n-1可以化为3进制的数字

比如1(1),3(10),9(100),81(10000)…

所有卡片数字的总和m即为22222222222…2222（一共n个2）
（证明：3^n-1前n项和化为3进制为11111111（一共n个1），回合卡片中每个数字都有红色和蓝色两张卡片，所以m等于3^n-1前n项和的2倍）

现在的问题是组合卡片，求使得卡片和为1到m的所有卡片组合方案的和

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从1到m每一个数字的都可以化为三进制数字h，每一个三进制数字h都有n位（不足n位补0）

然后考虑三进制数h每一位上面的数字（0,1,2）：
当第i位上的数字为1时，表示这一位上需要1张3^i-1数字的卡片（有且只有“红色”和“蓝色”两种选择）；
当第i位上的数字为2时，表示这一位上需要2张3^i-1数字的卡片（有且只有“红色和蓝色都要”这一种选择）；
当第i位上的数字为0时，表示这一位上不需要3^i-1数字的卡片（有且只有“不需要卡片”这一种选择）；
（ps：此时有人会说当第i位上的数字不为0时，不能由多张3^j(j<i-1)的卡片加起来得到吗？
然而，当第i位数字不为1时，你把3^j(j<i-1)所有卡片加起来也凑不齐第i位的数字）

这个三进制数h的n个位置上的每一位数字都有可能是1,2或者3。为1时，会有两种选择；为2或者0时，会有一种选择。

假设有i个位置是1，j个位置是2，n-i-j个位置是0

则当n=n₀时，所有的选择为
$\sum^{n_{0}}_{i}(C^{i}_{n_{0}}*2^{i}*\sum^{n_{0}-i}_{j}({C^{j}_{n-i}*1^{j}*C^{n_{0}-i-j}_{n_{0}-i-j}*1^{n_{0}-i-j})})$
=$\sum^{n_{0}}_{i}(C^{i}_{n_{0}}*2^{i}*\sum^{n_{0}-i}_{j}{C^{j}_{n_{0}-i}})$
=$\sum^{n_{0}}_{i}(C^{i}_{n_{0}}*2^{i}*2^{n_{0}-i})$
=$\sum^{n_{0}}_{i}(C^{i}_{n_{0}}*2^{n_{0}})$
=$2^{n_{0}}*\sum^{n_{0}}_{i}C^{i}_{n_{0}}$
=$4^{n_{0}}$
$(ps:\sum^{n}_{i}C^{i}_{n}=2^{n})$

然后n不等于0，所以结果还要减去1，然后对p求余，于是所有的方案和为
$(4^{n}-1)　mod　p　(ps:1\le n\le10^{100000})$

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对公式变形：
$(4^{n}-1)　mod　p=((4^{n}　mod　p)-1+p)　mod　p$

由于n非常大，根据扩展欧拉定理可知
$4^{n}　mod　p=4^{((n　mod　\phi(p))+\phi(p))}　mod　p$

（ps：$\phi(p)$是欧拉函数，$\phi(p)$的值为1~p中与p不互质的数的个数，求欧拉函数$\phi(p)$是有公式的，不知道欧拉函数和欧拉定理可以看看其他我的博客）
通过公式求欧拉函数$\phi(p)$值的代码如下
注意把(1-1.0/i)值化为浮点类型，如果是整型就错了，后来再化成long long类型

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为欧拉函数的值
}

所以现在只用通过大数求模的方式求出$(n　mod　\phi(p))$，得到$((n　mod　\phi(p))+\phi(p))$之后用快速幂求$(4^{((n　mod　\phi(p))+\phi(p))}　mod　p)$，关于大数求模可以看看其他博客。
通过大数求模得到$((n　mod　\phi(p))+\phi(p))$的值

ll getPow(){
	stream<<str;//stream为stringstream类型
	ll sum=0;
	char c;
	while(stream>>c)
		sum=(10*sum+c-'0')%divisor;
	stream.clear();
	return sum+divisor;//其中sum为n对欧拉函数求余的值，divisor是欧拉函数的值
}

然后是快速幂的代码

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)对p取余即为答案
}

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举个例子

当n=13,p=15
p的质因子为2和3和5，则$\phi(p)=p*(1-1/2)*(1-1/3)*(1-1/5)=4$
$(n　mod　\phi(p))+\phi(p)=5$
$4^{((n　mod　\phi(p))+\phi(p))}　mod　p=4$
即答案为4（例子很简单，只要你实现了大数取模就可以）

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代码如下：

#include <iostream>
#include <algorithm> 
#include <string>
#include <sstream>
#define ll1 (ll)1
using namespace std;
typedef long long ll;
stringstream stream;//输出流，用来方便地将一个字符串拆成一个个字符
ll p,divisor,pow1; //p是题目所给，divisor是存p的质因子的个数，pow1是用来存幂数
string str;//用来存n的值
int t;
ll qSort(){//这个qsort写错了，不是快排，是快速幂，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;
	//因为要算(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(){//利用欧拉定理，将大数幂的指数的值降到10^9以下。
	stream<<str;//将字符串存到stream去
	ll sum=0;
	char c;
	while(stream>>c)//每次从stream拿一个字符出来
		sum=(10*sum+c-'0')%divisor;//大数求余
	stream.clear();
	return sum+divisor;
}
ll getDivisor(){//分解质因子，得到p的质因子的个数
	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;
}