gmoj 6832. 2020.10.24【NOIP提高A组】T2.world

\(Solution\)

发现只需要考虑\(1\)走了\(n\)步以后是否首次回到\(1\)即可。
搞了半天发现还可以看看\(1\)走了\(n/2\)步后是否首次到达\(n\)。
然后\(GG\)。
正解发现可以倒推。
考虑奇数情况，设\(t=(n+x+1)/2\)，那么\((t*2)%(n+1)=x\)
偶数情况显然也可以。
所以题目就可以转换成了\(2^n≡1(mod \ (n+1))\)

\(Solution\ 1\)
可以尝试打表。对于每一个\(n\)，如果它合法，需要满足
\(2^n≡1(mod \ (n+1))\)且不存在\(2^p≡1(mod \ (n+1))\)其中\(p\)最小且\(p<n\)
考虑这里的\(p\)。
\(1.\)\(p<n\)且\(p\mid n\)
假设存在\(2^p≡1(mod \ (n+1))\)其中\(p<n\)
则\(2p\)、\(3p\)、\(4p\)。。。都符合上面的式子。
设\(p*d=n\)，我们可以枚举\(d\)来判断\(p/d\)是否存在即可。
这样可以考虑到所有的\(p\)。
\(2.\)\(p<n\)且\(p\nmid n\)
可以证明这种情况是不存在的。
\(2^n=2^{\lfloor n/p \rfloor *p+n\mod p}\)
由于\(2^n≡1\)，\(2^p≡1\)
所以可以化简得到：
\(1=2^{n\mod p}\)，这样的话与\(p\)最小相矛盾了。
或者说只有当\(n\mod p=0\)时是\(p\)最小且满足的

所以我们只需要枚举\(n\)的质因子然后判断一下即可。
这里可以暴力，也可以这样，但是“这样”会\(TLE\)（原因不知）

这样可以\(100000\)个地打表即可。

\(Solution\ 2\)
对于\(2^n≡1(mod \ (n+1))\)。
发现\(n+1\)一定是一个质数。
若\(n+1\)不是质数，则由欧拉定理得
\(2^{phi(n+1)}≡1(mod \ (n+1))\)
由于\(phi(n+1)<n\)，从\(Solution\ 1\)中的规律可得不合法。
所以我们需要枚举\(n\)的质因子，然后判断\(n-1\)是否可以即可。
判断方法为\(Solution\ 1\)的方法。

\(Code\)

#include <cstdio>
#define N 700010
#define db double
#define ll long long
#define mem(x, a) memset(x, a, sizeof x)
#define mpy(x, y) memcpy(x, y, sizeof y)
#define fo(x, a, b) for (int x = (a); x <= (b); x++)
#define fd(x, a, b) for (int x = (a); x >= (b); x--)
#define go(x) for (int p = tail[x], v; p; p = e[p].fr)
using namespace std;
int n, pri[N], tot = 0;
bool label[10000010];
ll ans = 0;

void prepare() {
	fo(i, 2, n) {
		if (! label[i]) pri[++tot] = i;
		fo(j, 1, tot) {
			if (i * pri[j] > n) break;
			label[i * pri[j]] = 1;
			if (i % pri[j] == 0) break;
		}
	}
}

ll ksm(ll x, int y, int mo) {
	ll s = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) s = s * x % mo;
		x = x * x % mo, y >>= 1;
	}
	return s;
}

bool check(int val) {
	int yuan_ = val;
	fo(i, 1, tot) {
		if (pri[i] * pri[i] > val) break;
		if (val % pri[i] == 0) {
			if (ksm(2, yuan_ / pri[i], yuan_ + 1) == 1) return 0;
			while (val % pri[i] == 0) val /= pri[i];
		}
	}
	if (val > 1 && ksm(2, yuan_ / val, yuan_ + 1) == 1) return 0;
	return 1;
}

int main()
{
	freopen("world.in", "r", stdin);
	freopen("world.out", "w", stdout);
	scanf("%d", &n);
	prepare();
	fo(i, 2, tot) {
		int val = pri[i] - 1;
		if (ksm(2, val, val + 1) != 1) continue;
		if (check(val)) ans = ans + val;
	}
	printf("%.5lf\n", (db)ans / (n / 2));
	return 0;
}