【JZOJ6272】【NOIP提高组A】整除 (division)

题目大意

求$[1,n]$中满足$n|x^m-x$的$x$的个数，其中$n$以$n=p_1 p_2 p_3 ... p_c$的形式给出。
$c \leq 50, p_i \leq 10^4, m\leq 10^9$

解析

这题关键是$n$的每个质因子都只有一个。

将方程$x^m-x \equiv 0\ (mod\ n)$变为下列方程：

${x_i}^m-x_i \equiv 0\ (mod\ p_i)\ 1\leq i \leq c$

列出同余方程组：

$x \equiv x_i\ (mod\ p_i)$

$n=p_1 p_2 p_3 ... p_c$，根据中国剩余定理，在$[1,n]$内$x$有且仅有一个解，即一组合法的$x_i$唯一对应一个$x$。

而将$x\ mod\ p_i$又能唯一对应一组$x_i$，因此$x$的解数就是合法$x_i$的组数，即各合法$x_i$的解数相乘。

问题是如何快速求${x_i}^m-x_i \equiv 0\ (mod\ p_i)$的解数。

众所周知$x^m$是个积性函数，我们只需要求出$[1,p_i]$内每个质数的$m$次幂，便可以用线性筛求出每个$x_i$的$m$次幂，然后暴力判断，就能AC了，但是有更快的方法。

利用了这样一个结论：$x^m-x \equiv 0\ (mod\ p)$的解数为$gcd(m-1,p-1)+1$。

证明是这样的：
$p$是一个质数，因此$p$必定有原根$g$，根据原根的性质，$[1,p-1]$内每个数都能用$g^k\ mod\ p$表示，原方程可变为：

$$g^{mk} \equiv g^k\ (mod\ p)$$

根据费马小定理：

$$mk \equiv k\ (mod\ p-1)$$

变形：

$$(m-1)k \equiv 0\ (mod\ p-1)$$

令$y=gcd(m-1,p-1)$，得到：

$$\frac{m-1}{y}k \equiv 0\ (mod\ \frac{p-1}{y})$$

这时$gcd(\frac{m-1}{y},\frac{p-1}{y})=1$，所以$\frac{p-1}{y} | k$，$k$是在$[0,p-2]$中的，因此$k$可以取到$\frac{p-1}{y}$的$[0,y-1]$倍，所以合法的$k$有$y$个，对应了合法的$x=g^k$也有$y$个，但是$x=p$也是可以的，所以共$y+1$个合法的$x$。结论得证。

然后就能以$O(\sum logp_i)$的复杂度解决了，快到飞起。

Code

#include <cstdio>

typedef long long ll;
const ll P = 998244353;

ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }

int T, c;
ll p, m, ans;

int main()
{
	freopen("division.in", "r", stdin);
	freopen("division.out", "w", stdout);
	scanf("%*d%d", &T);
	while (T--)
	{
		scanf("%d%lld", &c, &m);
		ans = 1;
		for (int i = 1; i <= c; i++) scanf("%lld", &p), ans = ans * (gcd(m - 1, p - 1) + 1) % P;
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}