【题解】[SDOI2010]古代猪文

【题目描述】

猪王国的文明源远流长，博大精深。

$iPig$ 在大肥猪学校图书馆中查阅资料，得知远古时期猪文文字总个数为 $n$。当然，一种语言如果字数很多，字典也相应会很大。当时的猪王国国王考虑到如果修一本字典，规模有可能远远超过康熙字典，花费的猪力、物力将难以估量。故考虑再三没有进行这一项劳猪伤财之举。当然，猪王国的文字后来随着历史变迁逐渐进行了简化，去掉了一些不常用的字。

$iPig$ 打算研究古时某个朝代的猪文文字。根据相关文献记载，那个朝代流传的猪文文字恰好为远古时期的 $1/k$，其中 $k$ 是 $n$ 的一个正约数（可以是 $1$ 或 $n$）。不过具体是哪 $1/k$，以及 $k$ 是多少，由于历史过于久远，已经无从考证了。

$iPig$ 觉得只要符合文献，每一种 $k|n$ 都是有可能的。他打算考虑到所有可能的 $k$。显然当 $k$ 等于某个定值时，该朝的猪文文字个数为 $n/k$。然而从 $n$ 个文字中保留下 $n/k$ 个的情况也是相当多的。$iPig$ 预计，如果所有可能的 $k$ 的所有情况数加起来为 $p$ 的话，那么他研究古代文字的代价将会是 $g^p$。

现在他想知道猪王国研究古代文字的代价是多少。由于 $iPig$ 觉得这个数字可能是天文数字，所以你只需要告诉他答案除以 $999911659$ 的余数就可以了。

【输入格式】

一行两个正整数 $n,g$。

【输出格式】

输出一行一个整数表示答案。

【输入输出样例】

输入

4 2

输出

2048

【数据规模与约定】

对于 $10\%$ 的数据，$1\le n\le 50$；对于 $20\%$ 的数据，$1\le n\le 1000$；对于 $40\%$ 的数据，$1\le n\le 10^5$；对于 $100\%$ 的数据，$1\le n,g\le 10^9$。

【算法分析】

本题实际上就是求 $q^{{\sum }_{d|n}{C}_n^d}mod999911659$ 。$d$ 是 $n$ 的约数。

根据欧拉定理：若 $a,n$ 互质，对于任意的整数 $b$ ，有 $a^b\equiv a^{bmod\phi (n)}(moden)$，$\phi (n)$ 是欧拉函数。

若 $q=999911659$，则上式结果为 $0$ ，否则，因为 $999911659$ 是质数，与任何数互质，因此：

$q^{{\sum }_{d|n}{C}_n^d}\equiv q^{{\sum }_{d|n}{C}_n^{d}mod999911658}(mod999911659)$。

现在就转换为求解 $q$ 的次方：${\sum }_{d|n}{C}_n^{d}mod999911658$ 。

因为模数较大，若直接使用 $Lucas$ 定理会超时。尝试将模数缩小。

将 $9999116589$ 质因数分解，可得 $999911658=2\times 3\times 4679\times 35617$，可以使用 $Lucas$ 定理计算组合数 ${\sum }_{d|n}{C}_n^d$ 模 $2,3,4679,35617$ 分别为 $a_1,a_2,a_3,a_4$，在计算过程中，对于质数 $p$ ,可以预处理出$1!\sim p!$ 模 $p$ ，以及阶乘模 $p$ 的逆元，可以快速求解出组合数模 $p$ 的值。

那么 ${\sum }_{d|n}{C}_n^{d}mode999911658$ 的解 $x$ 满足：

$\{\begin{array}{c}x\equiv a_1(mod2)\\ x\equiv a_2(mod3)\\ x\equiv a_2(mod4679)\\ x\equiv a_n(mod35617)\end{array}$

得到 $x$ 的最小正整数解，最后的答案就是 $q^x$ ，可以使用快速幂求解。

本题是数论的综合应用，欧拉定理+$Lucas$ 定理+乘法逆元+中国剩余定理+快速幂 。

【参考程序】

#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=100010; ll divv[N],cnt; ll KSM(ll x,ll k,ll P) //快速幂 { ll ans=1; while(k) { if(k&1) ans=(ans*x)%P; k>>=1; x=(x*x)%P; } return ans%P; } //组合数C(n,m)=n!/(m!*(n-m)!)=n!/(n-m)!取模乘以m!模P的逆元 //P是质数，可以使用费马小定理 ll C(ll n,ll m,ll P) { ll a=1,b=1; for(int i=n-m+1;i<=n;i++) a=(a*i)%P; for(int i=2;i<=m;i++) b=(b*i)%P; return (a*KSM(b,P-2,P))%P; //费马小定理求逆元 } ll Lucas(ll x,ll y,ll P) { if(!y) return 1; if(x<y) return 0; if(x<P&&y<P) return C(x,y,P); return (Lucas(x%P,y%P,P)*Lucas(x/P,y/P,P))%P; } int main() { ll n,g; scanf("%lld%lld",&n,&g); if(g%999911659==0) {cout<<0;return 0;} for(int i=1;i*i<=n;i++) //找约数 { if(i*i==n) divv[++cnt]=n/i; else if(n%i==0) divv[++cnt]=i,divv[++cnt]=n/i; } ll a1=0; for(int i=1;i<=cnt;i++) a1=(a1+Lucas(n,divv[i],2))%2; ll a2=0; for(int i=1;i<=cnt;i++) a2=(a2+Lucas(n,divv[i],3))%3; ll a3=0; for(int i=1;i<=cnt;i++) a3=(a3+Lucas(n,divv[i],4679))%4679; ll a4=0; for(int i=1;i<=cnt;i++) a4=(a4+Lucas(n,divv[i],35617))%35617; ll P=999911658; //中国剩余定理，由于2，3，679，35617是质数，可以直接使用费马小定理求解 ll ans=(a1*P/2*KSM(P/2,2-2,2))%P+(a2*P/3*KSM(P/3,3-2,3))%P+(a3*P/4679*KSM(P/4679,4679-2,4679))%P+(a4*P/35617*KSM(P/35617,35617-2,35617))%P; ans=((ans%P)+P)%P; //取最小正整数 cout<<KSM(g,ans,P+1)<<endl; return 0; }