BZOJ 3884 上帝与集合的正确用法(欧拉广义降幂)

题目

样例数T<=1e3，需取模的p<=1e7

思路来源

https://blog.csdn.net/tianyizhicheng/article/details/81698600

题解

很巧妙，记原式结果为g，由于2的个数是无限的，所以

开一个函数f(d)来实现求g mod(d)功能，

那么要求g mod(d)就得求g mod(phi[d])，递归求f(phi[d])

注意到递归到d==1时，g mod 1==0恒成立，返回1即可

心得

发现这是自己博客里遇见过的题型，只是当时没有补

在南昌邀请赛的C题被出了一道类似的，感觉还是知识点不足吧

同时，认识到数论的证明自己在一遍又一遍地看了又忘，

以后还是少死抠证明，多做题吧，毕竟ACM不是CMO

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm> 
typedef long long ll;
const int maxn=1e7+10; 
bool ok[maxn];
int prime[maxn],phi[maxn],cnt;
void sieve()
{ 
    phi[1]=1;
	for(ll i=2;i<maxn;++i)
	{
		if(!ok[i])
		{
			prime[cnt++]=i;
			phi[i]=i-1;
		}
		for(int j=0;j<cnt;++j)
		{
			if(i*prime[j]>=maxn)break;
			ok[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)
			{
				phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];//prime[j]是i的因子 prime[j]的素因子项包含在i的素因子项里
				break; 
			}
			else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);//prime[j]与i互质 phi[i*prime[j]=phi[i]*phi[prime[j]]
		}
	}
}
int modpow(int x,int n,int mod)
{
	int ans=1;
	for(;n;n/=2,x=1ll*x*x%mod)
	if(n&1)ans=1ll*ans*x%mod;
	return ans;
}
int f(int x)//f(d)=g(mod d)=2^g(mod d)
//=2^(g mod phi(d) +phi(d))(mod d)=2^(f(phi(d)+phi(d))(mod d)
{
	if(x==1)return 0;
	return modpow(2,f(phi[x])+phi[x],x);
}
int t,p;
int main()
{
	sieve();
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d",&p);
		printf("%d\n",f(p));
	}
	return 0;
}

标签：prime,3884,phi,include,降幂,int,maxn,mod,BZOJ
来源： https://blog.csdn.net/Code92007/article/details/96135580