题目大意

求方程\((x^m-x)\mod n=0\)在整数范围\([1,n]\)的解的个数。

\(n=\sum_{i=1}^{c}p_i\)

给出\(c\)和\(p_i\)

思考历程

作为数论白痴，比赛时看到这题就想要自闭了……

乱推一波式子，后面的就不会搞了。

于是就想部分分……结果连部分分都没有想出来。

直接打了个\(20\)分的暴力。

正解

可以把方程拆成\(c\)个方程（对于每个\(i\)）：\((x^m-x)\mod p_i=0\)

分别解出每个同余方程组。解的时候枚举\(x\)，并将每个\(x^m\)处理出来。

快速幂会TLE，所以要用积性筛的方式来求\(x^m\)。具体来说，函数\(f(x)=x^m\)是个积性函数。所以用快速幂求出\(x\)为质数时的\(x^m\)，合数就是两个因数的函数值乘起来。

这样时间复杂度是可以过的。

处理出来之后，==每个同余方程的解的个数的乘积就是整个同余方程组的解的个数==。

证明；
对于方程\((x^m-x)\mod p_i=0\)，设解为\(x_{i,1},x_{i,2},...,x_{i,s_i}\)
每个方程分别抽出一个解来，记作\(x_i\)，\(x_i\)为\(x_{i,1..s_i}\)中的一个解。
设方程组的解为\(X\)
那么这个\(X\)满足以下方程组（对于每个\(i\)）：
\(X \equiv x_i (\mod p_i)\)
根据中国剩余定理，这个方程组只会有一个解。
方程组的解和\(x_1,x_2,..,x_c\)的取值是一一对应的（这个可以感性理解）。
对于\(x_i\)，有\(s_i\)种可能的取值。根据乘法原理，同余方程组解的个数即为每个同余方程的解的个数的乘积。

后来我知道了一个更加强大的方法。

同样是求\((x^m-x)\mod p_i=0\)的解的个数，然而这次不用暴力求。

有个性质：解的个数等于\(\gcd(m-1,p_i-1)+1\)

（为了方便，后面直接将\(p_i\)的下标省略。）

证明：
原式可以写成\(x^m\equiv x(\mod p)\)
\(p=2\)的时候显然成立。
\(x=0\)显然是方程的解
考虑解在区间\([1,p-1]\)的取值
由于\(p\)为奇素数，所以一定有原根。设原根为\(g\)
方程可以表示为\(g^{ym}\equiv g^y (\mod p)\)
由费马小定理得\(ym\equiv y (\mod (p-1))\)
也就是\(y(m-1) \equiv 0 (\mod (p-1))\)
设\(k=\gcd(m-1,p-1)\)。两边同时除以\(k\)得\(y\frac{m-1}{k}\equiv 0 (\mod \frac{p-1}{k})\)
由于\(\gcd(\frac{m-1}{k},\frac{p-1}{k})=1\)，所以\(\frac{p-1}{k}|y\)
所以\(y\)为\(\frac{p-1}{k}\)的倍数，显然可以取\(0\)到\(k-1\)倍，也就是说\(y\)有\(k\)个解。
所以\(x\)也有\(k\)个解。
所以解的个数为\(\gcd(m-1,p_i-1)+1\)

有了这条性质，程序就快得飞起了（爆踩标程）……

代码

暴力求解：

（反正数据范围这么小，就懒得打线筛了。埃氏筛法的常数小一些）

using namespace std;#include 
    
     #include 
     
      #include 
      
       #define mo 998244353#define P 10000int id;int c,m;int n;inline int my_pow(int x,int y,int p){    int res=1;    for (;y && res;y>>=1,x=x*x%p)        if (y&1)            res=res*x%p;    return res;}int di[P+1];int xm[P+1];inline void init(){    di[1]=1;    for (register int i=2;i<=P;++i){        if (di[i])            continue;        di[i]=i;        for (int j=i*i;j<=P;j+=i)            di[j]=i;    }}inline int work(int p){    int res=2;    xm[0]=0,xm[1]=1;    for (register int i=2;i<=p;++i){        xm[i]=(di[i]==i?my_pow(i,m,p):xm[i/di[i]]*xm[di[i]]%p);        res+=(xm[i]==i);    }    return res;}int main(){    freopen("division.in","r",stdin);    freopen("division.out","w",stdout);    int T;    scanf("%d%d",&id,&T);    init();    while (T--){        scanf("%d%d",&c,&m);        long long ans=1;        for (int i=1;i<=c;++i){            int p;            scanf("%d",&p);            ans=ans*work(p)%mo;        }           printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}

牛逼解法：

using namespace std;#include 
    
     #include 
     
      #include 
      
       #define mo 998244353inline int gcd(int a,int b){    int k;    while (b){        k=a%b;        a=b;        b=k;    }    return a;}int main(){    freopen("division.in","r",stdin);    freopen("division.out","w",stdout);    int T;    scanf("%*d%d",&T);    while (T--){        int c,m;        scanf("%d%d",&c,&m);        long long ans=1;        while (c--){            int p;            scanf("%d",&p);            ans=ans*(gcd(p-1,m-1)+1)%mo;        }           printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}