2018.6清北学堂day6考试

给定一个n和k，求可爱数字的个数

其中可爱的数字满足

{\frac{s}{K^{i}}} > \frac{S}{K^{n}}

$\{ \frac{s}{K^i}\} > \frac{S}{K^n}$

对于实数 $x$ , $\{x\}$ 表示x的小数部分。

$n,k\le10^9$

QwQ这道应该是全场最难的题了

题解：观察一下题目中的那个式子，不难看出其实有点像把n转成k进制，那么，如果一个数转成k进制之后，是非周期的（就是依次从最后移动到最前，所有的数都不一样），那么一定有一个数满足这个式子，也就是最小的那个

并且….k进制下最小的循环节d一定是满足 $d|n$

有一个惊人的发现：我们将非周期的求出来…..就能发现… $ans=n\times num_{非周期}$

其中长度为n的非循环节的数的个数可以通过dp来求

首先呢，我们考虑，我们求非循环节的个数，实际上就是总数减去所有有循环节的个数

那么总数就是 $qsm(k,i)$

那么有循环节的呢？

我们考虑能够成循环节的，一定是i的因数，且每一个节循环节内部没有循环节，否则就会重复计数，所以我们就是对于每一个 $d|i,f[i]-=f[d]$ 就可以

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;

inline int read()
{
  int x=0,f=1;char ch=getchar();
  while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
  while (isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
  return x*f;
}

const ll mod = 1e9+7;

ll n,k,f[1000010];
ll mul[1000010];

ll qsm(ll i,ll j)
{
    ll ans=1;
    while (j)
    {
        if (j&1) ans=ans*i%mod;
        i=i*i%mod;
        j>>=1;
    }
    return ans;
}

ll cnt;

int main()
{
  cin>>n>>k;
  for (ll i=1;i*i<=n;i++)
  {
     if (n%i==0)
     {
        mul[++cnt]=i;
        if (i*i<n) mul[++cnt]=n/i;
       }
  }
  sort(mul+1,mul+1+cnt);
  for (ll i=1;i<=cnt;i++)
  {
     f[i]=qsm(k,mul[i]);
     for (ll j=1;j<=i-1;j++)
     if (mul[i]%mul[j]==0) f[i]=(f[i]-f[j]+mod)%mod;    
  } 
  printf("%lld",f[cnt]*qsm(n,mod-2)%mod); 
  return 0;
}

求 $a^{b^c} \mod p$ 的值

其中 $a,b,c,p\le 10^9$

保证p是质数

十分简单，根据费马小定理，我们可以直接把 $b^c\mod (p-1)$ 然后再算快速幂就好

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;

ll a,b,c,p;

ll qsm(ll i,ll j,ll mod)
{
    ll ans=1;
    i=i%mod;
    while (j)
    {
        if (j&1) ans=ans*i%mod;
        i=i*i%mod;
        j>>=1;
    }
    return ans;
}

int main()
{
  freopen("number.in","r",stdin);
  freopen("number.out","w",stdout);
  cin>>a>>b>>c>>p;
  //cout<<qsm(a,b,c)<<endl;
  ll tmp = qsm(b,c,p-1);
  cout<<qsm(a,tmp,p);
  return 0;
}

T3
设 $f(x)$ 表示n的所有正约数的平方和，输入n和 $P$ ，你只需要输出 $\sum_{i=1}^{n} f(x)$

解法：我们考虑，对于每个约数i，我们其实就是求的 $\sum_{i=1}^{n} i^2\times \lfloor\frac{n}{i}\rfloor$

那么 $\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$ 这个东西可以整除分块

同时 $1^2+2^2+3^2\cdots = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

对于一段区间 $[i,j]$ ，直接用 $(n/i)*(count(j)-count(i-1)$ 就行，注意取膜的一些小细节

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long

using namespace std;

ll ans;
ll n;
ll p;
ll inv;

ll qsm(ll i,ll j)
{
    ll ans=1;
    while (j)
    {
        if (j&1) ans=ans*i%p;
        i=i*i%p;
        j>>=1;
    }
    return ans;

}

ll count(ll x)
{
    x=x%p;
    return x*(x+1)%p*(2*x+1)%p*inv%p;
}

int main()
{
  freopen("sos.in","r",stdin);
  freopen("sos.out","w",stdout);
  cin>>n>>p;
  inv = qsm(6,p-2);
  for (ll i=1,j;i<=n;i=j+1)
  {
    j=n/(n/i);  
    ans=(ans+(n/i)*((count(j)-count(i-1)+p)%p)%p)%p;
    //cout<<i<<" "<<j<<" "<<ans<<endl;
  }
  cout<<ans;
  return 0;
}

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