題目連結

官方的題解看不懂，問了${\rm Shone}$終於聽懂了，感覺是一個很神奇的方法，所以就記一下了。

首先題目要求求出$x^m\equiv x({\rm mod\ }n)$的方程的解的個數，其中$x\in[1,n]$。

題目給的$n$的讀入方式很特別，已經在提示你需要將$n$分解，並且$n$不是質數，但是同餘方程在模數為質數的情況下更容易發現特殊性質，所以我們將方程轉化為另外一種形式：

令$n=p_1\times p_2\times\cdots\times p_c$

$x^m\equiv x({\rm mod\ }n)\Leftrightarrow\begin{cases}x^m\equiv x({\rm mod\ }p_1)\\x^m\equiv x({\rm mod\ }p_2)\\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vdots\\x^m\equiv x({\rm mod\ }p_c)\end{cases}$

這個很好理解，甚至感覺很像$C$

我們只要知道右面的方程組有多少個不同的解就行了，我們先分開考慮對於每一個方程有多少個滿足條件的解，對於$x^m\equiv x({\rm mod\ }p_i)$，如果令滿足條件的$x(x\in[0,p_i-1])$構成的集合為$U_i$，那麼如果我們從每個方程的解的集合裡選一個數$w_i$出來，求出一個$x$滿足所有方程選出來的$w_i$，也就是下面這個方程組：

$\begin{cases}x\equiv w_1({\rm mod\ }p_1)\\x\equiv w_2({\rm mod\ }p_2)\\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vdots\\x\equiv w_c({\rm mod\ }p_c)\end{cases}$

那麼解出來的答案就是滿足要求的$x$，如果我們用$CRT$求解這個方程組，可以得到一個最小的合法的解$v$，雖然$v+kn$都是滿足上面方程的，但是由於我們對解的範圍有限制，可以發現只有$v$滿足條件，也就是說，一個方程組唯一對應一個解，那麼求出有多少不同的方程組，就求出了題目要求的答案。

那麼顯然，答案就是下面這個公式：

$\prod_{i=1}^c|U_i|$

對於每一個$|U_i|$，可以暴力列舉所有可能的解來求出集合大小，那麼複雜度是$O(Tct{\rm log}m)$，算下來感覺不太對，但是卡卡常就能卡過此題。

其實我們有更優秀的演算法。

在提交記錄裡我們發現一份複雜度異常優秀的程式碼，我們研究了一下發現，對於求解$|U_i|$，有一個神奇的公式：

$|U_i|={\rm gcd}(m-1,p_i-1)+1$

有了這個公式，複雜度就直接降到了$O(Tc{\rm log}m)$，簡直是太美妙了。

但是怎麼證明？

給定$m$和$p$，且$p$為質數：

$\sum_{i=1}^p[i^m\equiv i{\ \rm mod\ }p]={\rm gcd}(m-1,p-1)+1$

證明：

我們想求出當$x\in[0,p-1]$時，$x^m\equiv x{\ \rm mod}\ p$的$x$的個數，首先考慮$p$為奇質數的情況，這個時候一定存在一個原根$g$，根據原根的性質，$x$在${\rm mod}\ p$的意義下一定可以表示成$g^y$，但是$0$除外，不過因為$0$必定滿足上面的方程，所以最後加$1$就行，現在公式就轉化成了$g^{my}\equiv g^y{\ \rm mod}\ p$，根據費馬小定理得到$my\equiv y{\ \rm mod}\ p-1$，移項得到$(m-1)y\equiv 0{\ \rm mod}\ p-1$，兩邊同時除以$k=gcd(m-1,p-1)$得到$\frac{m-1}{k}y\equiv0{\ \rm mod}\ \frac{p-1}{k}$，由於$gcd(\frac{m-1}{k},\frac{p-1}{k})=1$，則$y$必定是$\frac{p-1}{k}$的倍數，可以知道$\frac{p-1}{k}$的$0\thicksim k-1$倍都是合法的$y$，大於$k-1$倍的都是重複的，所以有$k$個不同的$y$滿足條件，之前說過還有$0$沒計算，所以答案為$k+1$個。

上面之所以說奇質數，是因為$2$沒有原根，上面的證明用到了原根，但是實際上$2$也滿足那些有原根的數的性質，所以證明依然成立。

關於原根，還是之前學$\rm NTT$的時候瞭解的，沒想到還能用在這個的證明上面，但是對於同餘方程這些和剩餘繫有關的東西，當實在沒有思路的時候，確實應該往原根上想一想，尤其是模數為質數的時候。