2019牛客暑期多校训练营（第三场）----D-Big Integer

首先发出题目链接：
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/883/D
来源：牛客网
涉及：欧拉定理，快速幂

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题目如下


首先可以把 $A(n)$ 公式化，即
$A(n)=\frac{10^n-1}{9}$
则
$\frac{10^n-1}{9} = 0\pmod p$

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1.当 $9$ 与 $p$ 互质

则存在乘法逆元 $inv9$，使得
$(10^n-1)*inv9 = 0\pmod p$
两边乘9得
$10^n-1 = 0\pmod p$
变形得
$10^n = 1\pmod p$

当 $10$ 与 $p$ 不互质，即 $p=2,5$ 时，明显答案为0（1111…1111是一个奇数且不是5的倍数）

if(p == 2 || p == 5){
	printf("0\n");
	continue;
}

当 $10$ 与 $p$ 互质，于是变成了经典的欧拉定理的题目，可以知道使得上面式子成立的n是具有周期性的，且我们知道一个周期是 $\phi(p)$（即$10^0 = 10^{\phi(p)} = 10^{2\phi(p)} = 1 \pmod p$）

但是经典欧拉定理的题目告诉我们，可能还存在最小的周期 $d$，且 $\phi(p)$ 肯定是 $d$ 的倍数。为什么一定是倍数了，下面这个图告诉你

为了找到 $d$ 的值，只需从小到大遍历 $\phi(p)$ 的所有因数，找到某一个因数 $k$ 使得 $10^k = 1\pmod p$ 成立，则 $d = k$

根据欧拉定理可知，由于 $p$ 是质数，则 $\phi(p) = p-1$，故遍历 $p-1$ 的所有因数。

ll qpow(ll a, ll x, ll mod){//快速幂
	ll sum = 1;
	while(x){
		if(x&1)	sum = sum * a % mod;
		a = a * a % mod;
		x >>= 1;	
	}
	return sum;
}
ll phi =p-1, d = p-1;//phi为关于p的欧拉函数，d为目前知道的最小周期
for(int i = 1; i*i <= phi; i++){
	if(phi % i == 0){//如果i是phi的因数
		ll now = phi/i;//下面是代入数据判断等式是否成立
		if(qpow(10ll, i, p) == 1)		d = min(d, 1ll*i);
		if(qpow(10ll, now, p) == 1)		d = min(d, now);
	}	
}	

得到满足等式 $10^n = 1\pmod p$ 的最小n值（最小周期）$d$ 之后，由于现在的等式为
$A(i^j) = 10^{i^j} \equiv 1\pmod p$
可得只要满足 $i^j$ 为 $d$ 的倍数，则原式成立。
即
$d|i^j\Leftrightarrow i^j = k*d(k为任意正整数)$
如果把 $d$ 分解质因子得到
$d = p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}...p_k^{a_k}$$i^j = k*d = k*p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}...p_k^{a_k}$
那么对于每一个已知 $j = j_x$，可以得到
$d^{\frac1{j_x}}|i_x$
则 $i$ 分解质因子为
$i_x = k*p_1^{\left\lceil{\frac{a_1}{j_x}}\right\rceil}p_2^{\left\lceil{\frac{a_2}{j_x}}\right\rceil}p_3^{\left\lceil{\frac{a_3}{j_x}}\right\rceil}...p_k^{\left\lceil{\frac{a_k}{j_x}}\right\rceil}$
令
$g_x = p_1^{\left\lceil{\frac{a_1}{j_x}}\right\rceil}p_2^{\left\lceil{\frac{a_2}{j_x}}\right\rceil}p_3^{\left\lceil{\frac{a_3}{j_x}}\right\rceil}...p_k^{\left\lceil{\frac{a_k}{j_x}}\right\rceil}$
ps为什么要向上取整捏：假设一个数 $a^2$ 有 $5$ 的因数，那么必须保证 $a$ 至少有 $\left\lceil{\frac{5}2}\right\rceil=3$ 个因数。但是如果 $a$ 只有 $2$ 个因数的话，那么 $a^2$ 最多只有 $2^2=4$ 个因数。 所以要就多不就少。

求出 $g_x$ 的值，那么 $i_x$ 有 $k= \left\lfloor\frac{n}{g_x}\right\rfloor$ 个可以取的值

即：遍历所有的 $j$ ，当 $j=j_x$，求出 $g_x$，则可得到符合条件的 $i$ 有 $k_x=\left\lfloor\frac{n}{g_x}\right\rfloor$个，那么所有的 $k_x$ 之和，就是当 $9$ 与 $p$ 不互质时，满足条件的 $(i,j)$ 数对的数量。

但是 $j$ 的范围很广，难道要一个个遍历吗。其实 $d = p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}...p_k^{a_k}$ 中的 $a_i$ 的值最大不超过30，那么 $g_x = p_1^{\left\lceil{\frac{a_1}{j_x}}\right\rceil}p_2^{\left\lceil{\frac{a_2}{j_x}}\right\rceil}p_3^{\left\lceil{\frac{a_3}{j_x}}\right\rceil}...p_k^{\left\lceil{\frac{a_k}{j_x}}\right\rceil}$ 中，当 $j_x \ge 30$ 时，所有的 $g_x$的值与 $j_x =30$ 时的 $g_x$ 的值相同

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2.当 $9$ 与 $p$ 不互质，即 $p=3$

如果满足 $A(n)\equiv 0\pmod 3$，那么必须满足 $3|n$，即 $n$ 为 3 的倍数

故 $n=i^j$ 为 $3$ 倍数。只要 $i$ 是 $3$ 的倍数，那么 $i^j$ 一定是 $3$ 的倍数。

则在此情况下满足条件的数对数为 $\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor * m$

if(p == 3){
	cout << n / 3 * m << endl;
	continue;
}

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代码如下

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, int> P;

vector<P> prim;//存放d的质因子及次数
int t;//题目所给变量
ll p, n, m;//题目所给变量
ll qpow(ll a, ll x, ll mod){//快速幂
	ll sum = 1;
	while(x){
		if(x&1)	sum = sum * a % mod;
		a = a * a % mod;
		x >>= 1;	
	}
	return sum;
}
void Decompose(ll pri){//分解质因数
	prim.clear();
	for(ll i = 2; i * i <= pri; i++){	
		if(pri % i == 0){
			int sum = 0;
			while(pri % i == 0){
				sum++;
				pri /= i;
			}
			prim.push_back(P(i, sum));
		}
	}
	if(pri)	prim.push_back(P(pri, 1));
	return;
}
int main(){
	cin >> t;
	while(t--){
		scanf("%lld%lld%lld", &p, &n, &m);
		if(p == 2 || p == 5){//p=2和5的情况
			printf("0\n");
			continue;
		}
		if(p == 3){//p=3的情况
			cout << n / 3 * m << endl;
			continue;
		}
		ll phi = p-1, d = p-1;//phi为关于p的欧拉函数，d为目前知道的最小周期
		for(int i = 1; i*i <= phi; i++){
			if(phi % i == 0){//如果i是phi的因数
				ll now = phi/i;//下面是代入数据判断等式是否成立
				if(qpow(10ll, i, p) == 1)		d = min(d, 1ll*i);
				if(qpow(10ll, now, p) == 1)		d = min(d, now);
			}	
		}	
		Decompose(d);//对d进行分解质因数
		ll ans = 0, g = 1;//ans为答案，g为i分解质因数的最小值
		for(int j = 1; j <= min(30ll, m); j++){//注意遍历j最多到j=30即可
			g = 1;//对g进行初始化
			for(int i = 0; i < prim.size(); i++){//获得g的值
				P p = prim[i];
				g *= qpow(p.first, ceil(1.0*p.second/j), 1e9+7);
			}	
			ans += (ll)n/g;//把所有的k加起来
		}
		if(m > 30)	ans += (ll)(m - 30) * (ll)(n / g);//最后加上j大于30的所有情况。
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}