题解：P13953 [ICPC 2023 Nanjing R] 原根

题解：P13953 [ICPC 2023 Nanjing R] 原根

Link

题目

给定质数 \(p\) 和非负整数 \(m\)，有多少非负整数 \(g\) 满足 \(g \leq m\) 且 \(g \oplus (p-1) \equiv 1 \pmod{p}\)？

• \(1 \leq T \leq 10^{5}\)，\(2 \le P \le 10^{18}\)，\(0 \leq m \leq 10^{18}\)，\(P \in \mathbb{P}\)。

有这样一个定理：\(a-b \le a \oplus b \le a + b\)。

考虑证明：当 \(a,b \in \left\{ 0,1 \right\}\) 时，显然有 \(a-b \le a \oplus b \le a + b\)。

那么一般情况呢？可以考虑二进制分解 \(a,b\)。

这时 \(a=\sum_{i=1}^n 2^{i} a_{i}\)，\(b=\sum_{i=1}^n 2^{i} b_{i}\)。则：

\[a+b= \sum_{i=1}^n 2^{i} a_{i} + \sum_{i=1}^n 2^{i} b_{i}=\sum_{i=1}^n 2^{i} (a_{i}+b_{i}) \]

\[a-b= \sum_{i=1}^n 2^{i} a_{i} - \sum_{i=1}^n 2^{i} b_{i}=\sum_{i=1}^n 2^{i} (a_{i}-b_{i}) \]

\[a \oplus b= \sum_{i=1}^n 2^{i} a_{i} \oplus \sum_{i=1}^n 2^{i} b_{i}=\sum_{i=1}^n 2^{i} (a_{i} \oplus b_{i}) \]

这就转化成了 \(a,b \in \left\{ 0,1 \right\}\) 时的特殊情况。因为 \(a-b \le a \oplus b \le a + b \ (a,b \in \left\{ 0,1 \right\})\)，不等式三遍同乘 \(\sum_{i=1}^n 2^{i} a_{i}\)，得：

\[\sum_{i=1}^n 2^{i} (a_{i}-b_{i}) \le \sum_{i=1}^n 2^{i} (a_{i} \oplus b_{i}) \le \sum_{i=1}^n 2^{i} (a_{i} \oplus b_{i}) \]

代入上边的三个式子，就可以推广成：

\[a-b \le a \oplus b \le a + b \]

考虑 \(g\) 的上下界。因为 \(ax \equiv 1 \pmod{p}\) 可以写成 \(ax=kn+1 \ (k \in \mathbb{Z})\) 的形式。所以原式可以化为：

\[g \oplus (p-1) = kp+1 \]

移项，得：

\[g = (kp+1) \oplus (p-1) \]

由 \(a-b \le a \oplus b \le a + b\)，整理得：

\[(k-1)p+2 \le g \le (k+1)p\tag{1} \]

分析 \(k\) 的上下界。我们不妨研究一下 \(\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor-1,\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor,\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor+1\) 这三个边界数。

因为 \(\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor \le \frac{m}{p} < \left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor + 1\)，所以：

\[\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor \cdot p \le m < \left( \left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor+1 \right) \cdot p \tag{2} \]

令 \(k \le \left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor-1\)。此时有 \((k+1)p \le \left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor \cdot p \le m\)。在上文我们推出来了 \(g \le (k+1)p\)，所以此时 \(g \le m\)。注意 \(k \ge 1\)。因为 \(k=0\) 时一次项就被消掉了。

当 \(k=\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor\) 时，将 \(\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor\) 代入 \((1)\)，得 \(g \le \left( \left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor+1 \right)p\)，又因为 \((2)\) 中 \(m < \left( \left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor+1 \right) \cdot p\)，所以此时通过 \(g = (kp+1) \oplus (p-1)\) 算出 \(g\)，和 \(m\) 比较即可。

当 \(k = \left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor+1\) 时，同理代入 \((1)\)，得到 \(g \le \left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor \cdot p + 2 \le \left (\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor+2\right) \cdot p\)。此时同样将 \(k = \left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor+1\) 代入 \(g = (kp+1) \oplus (p-1)\)，怕断是否符合条件即可。

考虑 \(k> \left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor+1\)。此时 \(k-1 \ge \left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor+1\)，即 \(g \ge \left(\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor+1\right)p+2\)。联立 \(m< \left( \left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor+1 \right) \cdot p\)，此时必定 \(g>m\)，不满足条件。

总上所述。只需要判断 \(k\) 是否满足这三个条件，枚举 \(k\) 累加即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll T,p,m;
int main(){
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>p>>m;
		ll cnt=0;
		if(m/p>=1) cnt+=m/p;
		if((((m/p)*p+1)^(p-1))<=m) cnt++;
		if(m>=(m/p)*p+2&&m>=(((m/p+1)*p+1)^(p-1))) cnt++;
		cout<<cnt<<"\n";
	}
	return 0;
}