「考试」天空碎片

我们发现在(p(p-1))范围内，每个数关于(p)和(varphi(p))的余数对((a,b))各不相同。
设原根为(g)。

[nequiv g^{a}(mod p) ]

[mequiv g^{b}(mod p) ]

[nequiv c(mod varphi(p)) ]

[mequiv d(mod varphi(p)) ]

那么也就是说，在(n,m)不等于0的情况下:

[adequiv bc(mod varphi(p)) ]

由于余数对各不相同。
那么其实是在求：

[abequiv cd(mod varphi(p)),a,b,c,din[0,varphi(p)) ]

的解的个数。
如果(n,m)等于0,等于0的部分的解就是((p-1)^2)
现在设：
(N(m))为(m)中满足条件的四个数组的个数。
那么设：

[m=*\_p^e ]

由于：
设(p_i^{e_i})中某一个解和(p_j^{e_j})中的某一个解分别为：

[a_ib_iequiv c_id_i(mod p_i^{e_i}) ]

[a_jb_jequiv c_jd_j(mod p_j^{e_j}) ]

所以得到：

[a_ia_jb_ib_jequiv c_ic_jd_id_j(mod p_i^{e_i}p_j^{e_j}) ]

这样子我们通过两个互质的数得到：

[N(p_i^{e_i}p_j^{e_j})=N(p_i^{e_i})N(p_j^{e_j}) ]

所以说：

[N(m)=prodlimits_{i=1}^{w}N(p_i^{e_i}) ]

我们现在要求：(N(p^e))
我们设：

[abequiv t(mod p^e),a,bin[0,p^e) ]

满足的数对((a,b))个数为：(C(t))
那么：

[N(p^e)=sumlimits_{i=0}^{p^e-1}C^2(i) ]

现在考虑如何求(C(t))
假设我们现在已经确定了(a),要求满足条件的(b)的个数。
但是这样我们发现(gcd(a,p^e)|t)这个条件不一定成立，也就是说满足条件的个数可能为(0)，这样不方便我们批量计算，仍然首先假设(ab!=0)，0的情况之后特判掉。
所以这里提出(a)中含有的(p)的因子。
条件被转化为：

[t=p^js,a=p^{alpha}a',b=p^{eta}b',a'b'equiv s(mod p^{e-j}) ]

这样我们需要解的就是在满足一定的(alpha,eta)的情况下的((a',b'))数量。
先假设(a')已经确定了。
那么：

[a'b'equiv s(mod p^{e-j}) ]

转化为线性方程：

[a'b'+kp^{e-j}=s,bin[0,p^{e-eta}) ]

首先引理：
设a'b'的到的一组特解为:$$egin{cases}b_0k_0end{cases}$$
设(d=gcd(a',e^{e-j}))
那么通解可以表示为：

[egin{cases}b=b_0frac{s}{d}+rfrac{p^{e-j}}{d}\k=k_0frac{s}{d}-rfrac{a'}{d}end{cases} ]

其中(r)取遍整数集合。
证明一下：
我们设方程(a'(b'+g_b)+p^{e-j}(k-g_k)=s)成立。
那么：

[a'b'+a'g_b+p^{e-j}k-p^{e-j}g_k=s ]

[a'g_b=p^{e-j}g_k ]

[{a'}_ddg_b={p^{e-j}}_ddg_k ]

[frac{p^{e-j}}{d}|g_b,frac{a'}{d}|g_k ]

从而可以完整的验证上述引理。
有了这个就好说了。
这个方程中:

[gcd(a',p^e)=1 ]

那么(b'=b_0+rp^{e-j})
也就是说，每(p^{e-j})出现一个解。
而取值区间为：

[[0,p^{eta}) ]

那么对于同一个(a')，(b')的数量为：(frac{p^{eta}}{p^{e-eta-alpha}}=p^{alpha})。
而我们的(a')没有(p)的因子，那么他的数目为：(frac{p^{e-alpha}(p-1)}{p}=p^{e-alpha-1}(p-1))
所以对于某一组((alpha,eta))，(a‘,b’)的数目为：

[p^{e-alpha-1}(p-1)p^{alpha}=p^{e-1}(p-1) ]

而有(j+1)组((alpha,eta))
所以：对于某一个(t=p^js)：

[C(t)=(j+1)p^{e-1}(p-1) ]

现在特判0：
(1.a!=0)
那么:(ab+kp^e=0)
设(a=p^{alpha}g)
那么(d=gcd(a,p^e)=p^{alpha})
(b=b_0frac{0}{d}+rfrac{p^{e}}{d}=rfrac{p^e}{d})
而：(bin[0,p^e))
所以说解的个数为：(frac{p^e}{frac{p^e}{d}}=d=p^{alpha})
而满足(gcd(a,p^e)=p^{alpha})的(a)的个数为：(frac{p^e}{p^{alpha}}frac{p-1}{p})
对于(C(0))的贡献就是：$$p^{alpha}frac{p^e}{p^{alpha}}frac{p-1}{p}=p^{e-1}(p-1)$$
而(alphain[0,e-1])
那么这部分的贡献就是：(ep^{e-1}(p-1))
(2.a==0)
这部分的贡献就是(b)的个数，为(p^e)

那么：
(C(0)=ep^{e-1}(p-1)+p^e=ep^{e-1}(p-1)+p^{e-1}((p-1)+1)=ep^{e-1}(p-1)+p^{e-1}(p-1)+p^{e-1}=(e+1)p^{e-1}(p-1)+p^{e-1})
所以，考虑到(j)相同的贡献都相同：

[N(p^e)=C^2(0)+sumlimits_{i=0}^{e-1}p^{e-j-1}(p-1)C^2(j) ]

这个式子直接迭代可以在(log)复杂度内解决。
那么可以求出(N(m))

(ans=(p-1)^2+N(varphi(p)))
而对于(varphi(p))的分解可以先筛出(sqrt{p})以内的质数。
设(p)内的质数个数为(pi(p))
那么复杂度为：

[O(sqrt{p}+T(pi(sqrt{p}))) ]

问题得到解决。