BZOJ 3884: 上帝与集合的正确用法 October 16, 2016 ###Description 根据一些书上的记载，上帝的一次失败的创世经历是这样的： 第一天， 上帝创造了一个世界的基本元素，称做“元”。 第二天， 上帝创造了一个新的元素，称作“α”。“α”被定义为“元”构成的集合。容易发现，一共有两种不同的“α”。 第三天， 上帝又创造了一个新的元素，称作“β”。“β”被定义为“α”构成的集合。容易发现，一共有四种不同的“β”。 第四天， 上帝创造了新的元素“γ”，“γ”被定义为“β”的集合。显然，一共会有16种不同的“γ”。 如果按照这样下去，上帝创造的第四种元素将会有65536种，第五种元素将会有2^65536种。这将会是一个天文数字。 然而，上帝并没有预料到元素种类数的增长是如此的迅速。他想要让世界的元素丰富起来，因此，日复一日，年复一年，他重复地创造着新的元素…… 然而不久，当上帝创造出最后一种元素“θ”时，他发现这世界的元素实在是太多了，以致于世界的容量不足，无法承受。因此在这一天，上帝毁灭了世界。 至今，上帝仍记得那次失败的创世经历，现在他想问问你，他最后一次创造的元素“θ”一共有多少种？ 上帝觉得这个数字可能过于巨大而无法表示出来，因此你只需要回答这个数对p取模后的值即可。 你可以认为上帝从“α”到“θ”一共创造了10^9次元素，或10^18次，或者干脆∞次。 一句话题意： ![1.png][1] ###Input 接下来T行，每行一个正整数p，代表你需要取模的值 ###Output T行，每行一个正整数，为答案对p取模后的值 ###Sample Input 3 2 3 6 ###Sample Output 0 1 4 ###HINT 对于100%的数据，T<=1000,p<=10^7 ###Solution 首先考虑欧拉定理，如果把这个数设为S，可以发现$$2^S=2^{S\ mod\ \phi(p)}$$ （当p是2的倍数时可以先除去所有2处理） 那么问题就转化为了求$$S\ mod\ \phi(p)$$，同样考虑，最终$$\phi(p)$$会等于1，直接处理即可 由于除了第一次，每次都会除去至少一个2，所以单次时间复杂度为$$O(logp)$$ ###Code ```c++ #include<cstdio> #define pmax 10000000 int prime[1000000],pm,fi[pmax+1],ans[pmax+1]; bool np[pmax+1],ga[pmax+1]; inline int pow(int a,long long t,int mod) { long long p=1,q=a,f=1; for(;f<=t;f<<=1) { if(f&t)p=p*q%mod; q=q*q%mod; } return p; } void exgcd(int a,int b,int &x,int &y) { if(!b) { x=1,y=0; return; } exgcd(b,a%b,y,x); y-=(a/b)*x; } inline int gen(int x,int t) { if(x==1)return 0; int a,b,p; if(x>t)exgcd(x,t,a,b);else exgcd(t,x,b,a); p=(long long)ans[x]*t%(x*t)*b%(x*t); if(p<0)p+=x*t; return p; } int getans(int x) { int t=1; while(~x&1)x>>=1,t<<=1; if(!ga[x])ga[x]=1,ans[x]=pow(2,1000ll*fi[x]+getans(fi[x]),x); return gen(x,t); } int main() { for(int i=2;i<=pmax;i++) { if(!np[i])prime[pm++]=i,fi[i]=i-1; for(int j=0;j<pm&&i*prime[j]<=pmax;j++) { np[i*prime[j]]=1; if(i%prime[j]) { fi[i*prime[j]]=fi[i]*(prime[j]-1); } else { fi[i*prime[j]]=fi[i]*prime[j]; break; } } } ga[1]=1,ans[1]=0; int T,n; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d",&n); printf("%d\n",getans(n)); } } ``` [1]: /usr/uploads/2016/10/774614809.png