bzoj 2186: [Sdoi2008]沙拉公主的困惑 （线性筛+数论）

2186: [Sdoi2008]沙拉公主的困惑

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Description

　　大富翁国因为通货膨胀，以及假钞泛滥，政府决定推出一项新的政策：现有钞票编号范围为1到N的阶乘，但是，政府只发行编号与M!互质的钞票。房地产第一大户沙拉公主决定预测一下大富翁国现在所有真钞票的数量。现在，请你帮助沙拉公主解决这个问题，由于可能张数非常大，你只需计算出对R取模后的答案即可。R是一个质数。

Input

第一行为两个整数T，R。R<=10^9+10，T<=10000，表示该组中测试数据数目，R为模后面T行，每行一对整数N，M，见题目描述 m<=n

Output

共T行，对于每一对N，M，输出1至N！中与M！素质的数的数量对R取模后的值

Sample Input

1 11
4 2

Sample Output

1

数据范围：
对于100%的数据，1 < = N , M < = 10000000

HINT

Source

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题解：线性筛+数论

如果gcd(a,b)==1，那么gcd(a+b,b)=1

怎么证明呢？假设gcd(a+b,b)=m(m!=1)

a+b=k1*m b=k2*m a=(k1-k2)*m gcd(a,b)=m与gcd(a,b)=1矛盾。

那么这道题的答案就是phi(m!)*(n!/m!)

带入上式中，∏(1-1/pi)*n! 其中pi是m!的质因子

这道题在bzoj中模数应该都是质数，所以可以用O(n)的时间预处理逆元。

令p = x * i –y ( 0 < y < i)

X* i = y (mod p)

X* F[y] * i = y * F[y] = 1(mod p)

所以i的逆元是F[i] = X* F[y]

对于连乘和阶乘也可以预处理，所以最后直接查询答案即可。

#include<iostream>  #include<cstdio>  #include<cstring>  #include<algorithm>  #include<cmath>  #define LL long long  #define N1 10000000  using namespace std;  bool pd[N1+7];int t,prime[N1+7],mp[N1+7],n[10003],m[10003],N,f[N1+7],jc[N1+7];  LL p,ans[N1+7];  void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)  {      if (!b) {          x=1; y=0; return;      }      exgcd(b,a%b,x,y);      LL t=y;      y=x-(a/b)*y;      x=t;  }  LL inv(LL a,LL b)  {      LL x,y;      exgcd(a,b,x,y);      return x;  }  void init()  {      for (int i=2;i<=N;i++) {          if (!pd[i]) prime[++prime[0]]=i,mp[i]=prime[0];        for (int j=1;j<=prime[0];j++) {              if (i*prime[j]>N) break;              pd[i*prime[j]]=1;              if (i%prime[j]==0) break;           }      }      jc[0]=jc[1]=1;      for (int i=2;i<=N;i++) {        LL t=(LL)jc[i-1]*i%p;        jc[i]=(int)t;    }     f[0]=f[1]=1;      for (int i=2;i<=N;i++) {     LL t=(LL)((p-p/i)*f[p%i])%p;     f[i]=(int)t;    }    ans[1]=1;    for (int i=2;i<=N;i++) {          ans[i]=ans[i-1];         if (!pd[i]) ans[i]=ans[i]*(LL)(i-1)%p*f[i%p]%p;    }  }  int main()  {      scanf("%d%lld",&t,&p);      for (int i=1;i<=t;i++)  scanf("%d%d",&n[i],&m[i]),N=max(n[i],N);     init();    for (int i=1;i<=t;i++)     printf("%lld\n",(LL)jc[n[i]]*ans[m[i]]%p);}