循環節

循環節的定義

如果無限小數的小數點後，從某一位起向右進行到某一位止的一節數字循環出現，首尾銜接，稱這種小數爲循環小數，這一節數字稱爲循環節。

研究背景

給定一個整數$n$，求最小的$k$使$10^k≡1$ ($mod$ $n$)。此時的$k$就等價於$\frac{1}{n}$的循環節的長度。
引理：對於$a^k≡1$ ($mod$ $n$)，若$a$與$n$互質，那麼最小的$k$必定是$\phi(n)$的約數；若$a$與$n$有公因子，顯然無解。
根據這個性質，只要枚舉$\phi(n)$的每個約數分別驗證，就能求出循環節的最小長度$k$了。

例題：Big Integer

鏈接

2019牛客暑期多校訓練營（第三場）D題

題意

給定$n,m,p$。$A(a,b)$表示一個由$a^b$個$1$組成的數。
求有多少對$(i,j)$，滿足$1≤i≤n$，$1≤j≤m$，使得$A(i,j)≡0(mod$ $p)$。
$(p,n,m≤10^9)$

分析

11…111 = $\frac{10^n-1}{9}$ ≡ 0 (mod p)
等價於$10^n≡1$ $(mod$ $9p)$
當$n≠2,5$的倍數的時候，有$gcd(10,9p)=1$，因此$10^{\phi(9p)}≡1$ $(mod$ $9p)$
我們需要找到滿足$10^i$ $mod$ $9p$的最小循環節長度$d$。
根據前面說到的性質，$d$必定是$\phi(9p)$的約數，
暴力枚舉$\phi(9p)$的約數分別驗證就能找到最小循環節$d$。
由於$d$的倍數都可能作爲循環節，所以接下來我們要找到有多少對$(i,j)$，滿足$d$ | $i^j$。
將$d$進行質因子分解，得到$d=p_1^{k1}p_2^{k2}...p_x^{kx}$，
考慮當$j$固定時，$i$必須是$g=p_1^{⌈\frac{k1}{j}⌉}p_2^{⌈\frac{k2}{j}⌉}...p_x^{⌈\frac{kx}{j}⌉}$的倍數。
因此一共有$\frac{n}{g}$個合法的$i$。
由於所有$k_i≤30$，所以當$j≥30$時，$⌈\frac{ki}{j}⌉=1$，
因此只需計算從$1$到$30$的$j$的$g$值即可。
當$p=2,5$的倍數時，顯然答案爲$0$。

代碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
template<class T>inline void MAX(T &x,T y){if(y>x)x=y;}
template<class T>inline void MIN(T &x,T y){if(y<x)x=y;}
template<class T>inline void rd(T &x){
	x=0;char o,f=1;
	while(o=getchar(),o<48)if(o==45)f=-f;
	do x=(x<<3)+(x<<1)+(o^48);
	while(o=getchar(),o>47);
	x*=f;
}
const int M=1e5+5;
int cas,cnt[M],mark[M];
ll n,m,p,prime[M];
ll Fast(ll a,ll b,ll P){
	ll res=0;
	while(b){
		if(b&1)res=(res+a)%P;
		a=(a+a)%P;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
ll fast(ll a,ll b,ll P){
	ll res=1;
	while(b){
		if(b&1)res=Fast(res,a,P);
		a=Fast(a,a,P);
		b>>=1; 
	}
	return res;
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("jiedai.in","r",stdin);
//  freopen("jiedai.out","w",stdout);
#endif
	for(ll i=2;i<M;i++)if(!mark[i])
		for(ll j=i*i;j<M;j+=i)mark[j]=1;
	rd(cas);
	while(cas--){
		rd(p),rd(n),rd(m);
		if(p%2==0||p%5==0){puts("0");continue;}
		ll P=9*p,phi=1,tmp=P;
		for(ll i=2;i*i<=P;i++){
			if(!mark[i]){
				int tp=1;
				while(tmp%i==0){
					tmp/=i;
					if(tp)phi*=i-1,tp=0;
					else phi*=i;
				}
			}
		}
		if(tmp>1)phi*=tmp-1;
		ll d=phi,res=0,ans=0;
		for(ll i=1;i*i<=phi;i++)
			if(phi%i==0&&fast(10,i,P)==1)
				{MIN(d,i);break;}
		for(ll i=sqrt(phi);i;i--)
			if(phi%i==0&&fast(10,phi/i,P)==1)
				{MIN(d,phi/i);break;}
		tmp=d;
		for(ll i=2;i*i<=d;i++)if(!mark[i]&&d%i==0){
			prime[++res]=i;
			cnt[res]=0;
			while(tmp%i==0)cnt[res]++,tmp/=i;
		}
		if(tmp>1)prime[++res]=tmp,cnt[res]=1;
		for(int j=1;j<=min(30ll,m);j++){
			tmp=1;
			for(int i=1;i<=res;i++)
				for(int t=1;t<=(cnt[i]+j-1)/j;t++)
					tmp*=prime[i];
			ans+=n/tmp;
			if(j==30)ans+=(n/tmp)*(m-30);
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return (0-0);
}