[hdu6051]If the starlight never fade-[欧拉函数+原根]

Description

传送门

Solution

orz大佬yxq。。本题神仙

设g为P的原根。

设$x=g^{a}$,$y=g^{b}$。

由于$(g^{a}+g^{b})^{i}\equiv (g^{a})^{i}(mod P)$

可得$(1+g^{b-a})^{i}\geqslant 2(mod P)$。

设$g^{k}=1+g^{b-a}$（$1\leq k<P-1$）(注意这里的后一个符号是<)!，故$ki\equiv 0(mod P-1)$。

可得k最小为$\frac{P-1}{gcd(P-1,i)}$,又因为k<P-1所以k的取值范围为：$k=cnt\frac{P-1}{gcd(P-1,i)}$。

其中cnt属于集合[1,gcd(P-1,i)-1]。(当cnt=gcd(P-1,i)时k恰好为P-1，且当cnt变小k一定变小，故cnt的上界为gcd(P-1,i)-1)

此处由于y是有限制(<=m)的不便处理，我们考虑当y固定时x的个数（x可以是1到p-1任意值）。

由于$g^{k}=g^{b-a}$，即$g^{k}-1=g^{b-a}$，则$x(g^{k}-1) \equiv y(modP)$。

因为$1\leq k<P-1$，所以针对不同的$g^{k}-1$会有不同的x。

根据以上推断可以分析出$f(i)=m(gcd(P-1,i)-1)$。

$ans=\sum _{i=1}^{P-1}f(i)=m\sum _{i=1}^{P-1}i(gcd(P-1,i)-1)$

$=-P(P-1)+m\sum _{i=1}^{P-1}i(P-1,i)$
$=-P(P-1)+m\sum _{d|(P-1) }d\sum _{ d|i,1\leq i\leq P-1}i[gcd(P-1,i)==d]$

$=-P(P-1)+m\sum _{d|(P-1) }d^{2}\sum_{i=1}^{\frac{P-1}{d}}i[gcd(\frac{P-1}{d},i)==1]$

$=-P(P-1)+m\sum _{d|(P-1)}d^{2}\frac{\frac{P-1}{d}\varphi(\frac{P-1}{d})+[\frac{P-1}{d}==1]}{2}$ *

*嗯我们或许还要证明一个东西。。

$\sum _{i=1}^{n}i[gcd(n,i)==1]=\frac{n\varphi(n)+[n==1]}{2}$

关于这个式子，关键点是如果gcd(n,i)=1，则gcd(n,n-i)=1。

证明。。显然吧。如果gcd(n,i)=1，$i[gcd(n,i)==1]+(n-i)[gcd(n,n-i)==1]=2n$，优秀的结论。然后这里当n=1要特判(因为此时n-i=1-1=0就不合法啦）。

接下来就可以愉快地搞事~

 Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
int m,p;
ll ans;
int getphi(int n)
{
    int re=n;
    for (int i=2;(ll)i*i<=n;i++)
    {
        if (n%i==0)
        {
            while (n%i==0) n/=i;
            re-=re/i;
        }
    }
    if (n!=1) re-=re/n;
    return re;
}
ll _work(int d,int o)
{
    return 1ll*d*d%mod*(1ll*o*getphi(o)+(o==1))/2%mod;
}
ll solve(int x)
{
    ll re=0;
    for (int i=1;(i*i)<=x;i++)
    if (x%i==0)
    {
        re=(re+_work(x/i,i))%mod;
        if (i!=x/i) re=(re+_work(i,x/i))%mod;
    }
    re-=((ll)x*(x+1)/2)%mod;
    if (re<0) re+=mod;
    return re;
}
int T;
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    for (int tt=1;tt<=T;tt++){
    scanf("%d%d",&m,&p);
    ans=solve(p-1);
    printf("Case #%d: %lld\n",tt,ans*m%mod);
    }
}