Solution 上帝与集合的正确用法

题目大意:求\(2^{2^{2^{2^{\ldots}}}}mod\;p\)

扩展欧拉定理

\[a^b \equiv \begin{cases} a^{b\;mod\;\phi(p)} & gcd(a,p)=1 \\ a^b & gcd(a,b) \neq 1,b < \phi(p) \\ a^{b\;mod\;\phi(p) + \phi(p)} & gcd(a,b)\neq1,b \geq \phi(p)\end{cases} \quad mod \; p\]

然后既然用到了欧拉函数,我们可以用线性筛来求

首先如果\(p\)是质数,\(\phi(p)=p-1\)

如果有\(n\)的最小质因子\(p\),设\(n'= \frac{n}{p}\)且\(p \mid n'\),那么有\(\phi(n)=p \times \phi(n')\) (如果\(n\)除掉一个质因子\(p\)的\(n'\)还有质因子\(p\)那么\(n'\)的质因子集合就是\(n\)的质因子集合,结合欧拉函数的定义式即可)

设\(n\)的质因子集合为\(\{p_1,p_2,p_3 \ldots, p_k\}\),定义\(\phi(n)=n \times \prod_{i=1}^{k}\frac{p_i-1}{p_i}\)(数学归纳法易证)

如果\(p \nmid n'\),那么\(n,n'\)互质,\(p\)又是质数,积性函数性质\(\phi(n)=\phi(p)\times\phi(n')\)

然后\(2^{2^{2^{2^{\ldots}}}}\)这玩意儿显然\(>\phi(p)\),不断递归求解,模数为\(1\)时返回\(0\)即可

注意\(\phi(1)=1\)

#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxm = 1e7 + 100;
int vis[maxm],pri[maxm],phi[maxm],pri_tot;
inline void eular(){
    phi[1] = 1;
    for(int i = 2;i < maxm;i++){
        if(!vis[i]){
            pri[++pri_tot] = i;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for(int j = 1;j <= pri_tot;j++){
            if(1ll * i * pri[j] >= maxm)break;
            vis[i * pri[j]] = 1;
            if(i % pri[j])phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);
            else{
                phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
                break;
            }
        }
    }
}
inline ll qpow(ll a,ll b,ll mod){
    a %= mod;
    ll base = a,res = 1;
    while(b){
        if(b & 1)res = (res * base) % mod;
        base = (base * base) % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
inline ll solve(ll mod){
    return mod == 1 ? 0 : qpow(2,solve(phi[mod]) + phi[mod],mod);
}
int t,p;
int main(){
    eular();
    scanf("%d",&t);
    while(t--)scanf("%d",&p),printf("%lld\n",solve(p));
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/colazcy/p/11680000.html