poj 2154 Color(欧拉函数，快速幂，波利亚计数）

Color

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Description

Beads of N colors are connected together into a circular necklace of N beads (N<=1000000000). Your job is to calculate how many different kinds of the necklace can be produced. You should know that the necklace might not use up all the N colors, and the repetitions that are produced by rotation around the center of the circular necklace are all neglected. 

You only need to output the answer module a given number P. 

Input

The first line of the input is an integer X (X <= 3500) representing the number of test cases. The following X lines each contains two numbers N and P (1 <= N <= 1000000000, 1 <= P <= 30000), representing a test case.

Output

For each test case, output one line containing the answer.

Sample Input

51 300002 300003 300004 300005 30000

Sample Output

131170629

本题只考虑旋转，不考虑翻转，因此置换群大小为N！ans = [N^gcd(1,N)+N^gcd(2,N)...+N^gcd(N,N)]/N;

=>ans = N^(gcd(1,N)-1)+N^(gcd(2,N)-1)...+N^(gcd(N,N)-1)这个时候我们就可以在运算时%P了。

难点1：如何提高求gcd(i,N)的效率？

    我们知道，如果用暴力的话肯定是超时的，因为N<=1000000000！

    但是，gcd(i,N)的数量是很少的，我们可以枚举，怎么枚举呢？只要枚举从[1,sqrt(N)]就行了,因为求出所有i∈[1,sqrt(N)]能够满足N%i==0，就可以求出所有j∈[sqrt(N),N]能够满足N%j==0，j=N/i。

    这样枚举的效率是sqrt(N)。ans = ∑sum[L]*N^(L-1)，sum[L]为gcd(i,N)==L的个数。

难点2：如何求出gcd(i,N)==L时,i的个数？

    i=L*x , N=L*y，因为gcd(i,N)==L，所以x,y互质。反证法，如果x,y不互质，则gcd(i,N)!=L。

    因此，枚举L就可以求出y，然后求[1,y]与y互质的个数，这个可以用欧拉函数解决！

    欧拉函数的效率小于是sqrt(y)*log2(y).

难点3：如何求N^(gcd(i,N)-1)？

    如果用库函数pow会有精度损失，这肯定是不行的，如果自己用暴力写肯定会超时的，因为gcd(i,N)最大是1000000000。

    所以我们用快速幂求，效率是log2(N)<30.

卡过！

#include <iostream>#include <cstdio>using namespace std;#define ll long longll N , P;ll pow(ll C , ll t){//快速幂求C^tll ans = 1;while(t>0){if(t%2==1){ans = (ans*C)%P;}C = (C%P*(C%P))%P;t /= 2;}return ans%P;}ll Euler(int x){ll ans = 1;for(int i = 2; i*i <= x; i++){if(x%i == 0){ans = ans*(i-1)%P;x /= i;while(x%i==0){ans = ans*i%P;x /= i;}}}if(x > 1) ans = (ans%P)*((x-1)%P);return ans;}ll Polya(int Bean , int Color){//波利亚计数，Bean表示项链珠子个数，Color表示颜色种数ll ans = 0;for(int i = 1; i*i <= Bean; i++){if(Bean%i == 0){if(i != Bean/i){ans += (Euler(i)%P*pow(Color , Bean/i-1)%P)%P;ans += (Euler(Bean/i)%P*pow(Color , i-1)%P)%P;}else{ans += (Euler(i)%P*pow(Color , Bean/i-1)%P)%P;}ans = ans%P;}}return ans%P;}int main(){int T;cin >> T;while(T--){scanf("%lld%lld" , &N , &P);printf("%lld\n" , Polya(N , N));}return 0;}