洛谷4139 bzoj 3884 上帝与集合的正确用法

传送门

•题意

求$2^{2^{2^{2^{2^{2^{...^{2}}}}}}}$ (无穷个2) 对p取模的值

•思路

设答案为f(p)

$2^{2^{2^{2^{2^{2^{...^{2}}}}}}}\%p$

$=2^{(2^{2^{2^{2^{2^{...^{2}}}}}}\%varphi(p)+ varphi(p))}\%p$

$=2^{(2^{2^{2^{2^{2^{...^{2}}}}}}\%varphi(p)+ varphi(p))}\%p$

$=2^{(2^{(2^{2^{2^{2^{...^{2}}}}}\%varphi(varphi(p)+varphi(varphi(p))))}\%varphi(p)+ varphi(p))}\%p$

...

得到递推式     $2^{f(varphi(p))+varphi(p)}(mod p)$

利用欧拉降幂

$a^{b}=egin{cases}a^{b\%varphi(p)}    gcd(a,p)=1 \ a^{b}    gcd(a,p) eq 1,b leqslant varphi(p)\a^{b\%varphi(p)+varphi(p)}  gcd(a,p) eq1,bgeqslant varphi(p)  \ end{cases}$

由于2的幂数是无穷的，肯定$>p$,所以可以直接使用$a^{b\%varphi(p)+varphi(p)} $

•代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll qpow(ll a,ll b,ll mod)
{
    ll res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

ll phi(ll x)
{
    ll res=x;
    for(int i=2;i*i<=x;i++)
    {
        if(x%i==0)
        {
            while(x%i==0)
                x/=i;
            res=res-res/i;
        }
    }
    if(x>1)
        res=res-res/x;
    return res;
}

ll solve(ll m)
{
    if(m==1)
        return 0;

    ll p=phi(m);
    return qpow(2,solve(p)+p,m);
}

int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        ll m;
        cin>>m;
        cout<<solve(m)<<endl;
    }
}