Codeforces 1188B - Count Pairs（思维题）
作者：互联网
虽说是一个 D1B，但还是想了我足足 20min，所以还是写篇题解罢（
首先注意到这个式子里涉及两个参数，如果我们选择固定一个并动态维护另一个的决策，则相当于我们要求方程 \(ax^3+bx^2+cx+d\equiv k\pmod{p}\) 的根，而这是很难维护的，因此这个思路行不通。考虑 \((x+y)(x^2+y^2)\) 的性质，我们考虑在前面添上一项 \((x-y)\)，根据初中数学 \((x-y)(x+y)(x^2+y^2)=x^4-y^4\)，因此 \((x+y)(x^2+y^2)=\dfrac{x^4-y^4}{x-y}\)，因此我们即需求 \(\dfrac{a_i^4-a_j^4}{a_i-a_j}\equiv k\pmod{p}\) 的 \((i,j)\) 个数，两边同乘 \((a_i-a_j)\) 再移个项可得 \(a_i^4-ka_i\equiv a_j^4-ka_j\pmod{p}\)，map 维护即可，由于 \(a_i\ne a_j\)，所以左边的分式肯定有意义。
虽说是个 *2300，但还是让我学到了许多，稍微总结一下吧：
- 看到 \(p\) 是质数这样的条件，大部分情况都要用到某些数在 \(\bmod p\) 意义下的逆元，极少数情况与二次剩余有关。
- 看到序列中两两元素不同的条件，复杂度有可能与 \(\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{n}{a_i}\) 有关，因为调和级数是 \(n\ln n\) 的，如 CF1553F。也有可能要用到 \(a_i-a_j\) 的逆元，如本题。
- 如果我们要统计满足 \(\dfrac{X(i,j)}{Y(i,j)}\equiv k\pmod{p}\) 的 \((i,j)\) 个数，并且 \(X(i,j),Y(i,j)\) 都可以写作 \(na_i+ma_j\) 的形式，那么把 \(Y(i,j)\) 乘到右边去统计起来会很方便，其他情况可以考虑向这种情况转化。注意特判 \(Y(i,j)=0\) 的情况。
const int MAXN=3e5;
int n,k,p,a[MAXN+5];map<int,int> t;
int calc(int x){return (1ll*x*x%p*x%p*x%p-1ll*k*x%p+p)%p;}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&p,&k);ll res=0;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) res+=t[calc(a[i])],t[calc(a[i])]++;
printf("%lld\n",res);
return 0;
}
标签：Count,1188B,Pairs,int,dfrac,d%,x%,pmod,equiv 来源： https://www.cnblogs.com/ET2006/p/Codeforces-1188B.html