hdu--4861--费马小定理&&素数的原根

可以用打表找规律过这题。  但这显然不是这题的初衷。

题意很简单 其实就是判断  var = ( 1^i + 2^i + ... + (p-1)^i ) ( mod p )//很重要的一个初始条件:p是素数

首先 你一定要知道费马小定理。

假如p是素数 并且gcd(a,p)=1 那么 a^(p-1)≡1( mod p) <因为我这边没好的数学公式编辑器 我只能用文字来描述一些东西 >

我们发现 上面 var的式子中 下标值是从1-(p-1) 就满足了上面关于a的要求

那么当(p-1)|i 即(p-1)整除i 成立时 那么每一个小式子的值都是1 一共有p-1个式子 所以var = p-1

这题的难点是 求出 (p-1)与I没有整除关系的时候 var的值是多少

这边 又要涉及一个数学概念：原根

在a^(x)≡1( mod p)成立下 如果x的最小次数是 p-1 那么将a称为模p的原根。<每个素数p都是由原根的，确切地说，每个素数p都有 f(p-1)个模p的原根>

这边的f(z)函数是 欧拉函数         这也是可以证明的  我这边不写了 因为我觉得这个证明起来还是蛮麻烦的

对于模p的原根g来说

g^1,g^2,g^3....g^(p-1) mod p的值对应着1,2,3....p-1的不同次序的排列

下面我们来证明它的正确性。  

假设g^i≡g^j(mod p) 那么p整除(g^i-g^j) //这边假设i>=j   这是没有关系的  因为i j必然存在一个大小关系 当然你可以说j>=i

p|(g^i-g^j) ->  p|( g^j * ( g^(i-j) - 1 )  因为 gcd( p , g^j ) = 1那么 p|g^(i-j)-1 也就是说

g^(i-j)-1 = k*p+1(k=0,1,2,3,....) 也就是说 g^(i-j)≡1( mod p) <看到这边 你是否想到了费马小定理>

现在让我们来推翻自己的假设

1<=j<=i<=p-1  ->   0<=i-j<=p-2 那么想要让 g^(i-j)≡1( mod p) 成立 只能使i-j=0了 那么 i == j了

所以 假设错误 不存在不同的i j使g^i , g^j 对P取模有不同的值  所以对于上面的那个结论正确性得证。

那么 我们就可以进行一个关键的转换步骤了

var = ( 1^i + 2^i + ... + (p-1)^i ) ( mod p )

var = ( g^1^i + g^2^i + ....+ g^(p-1)^i) ( mod p )//这边我转换的是 将 1^i+2^i+3^i+...+(p-1)^i整体进行等效替代的 因为是不同次序 但是中间的运算符是加号

var = ( g^i^1 + g^i^2 + ....+ g^i^(p-1) ( mod p )//你会惊喜地发现  现在变成一个等比式子  首项是g^i  并且公比也是g^i 我们现在求出它的数列和

Sn = (g^i) * ( 1-(g^i^(p-1) ) / ( 1-g^i )

Sn = (g^i) * ( 1-(g^(p-1)^i) ) / ( 1-g^i ) 因为g^(p-1)≡1 ( mod p )所以Sn = 0

注意下 在 (p-1)|i 时  分母为0  这时候 是不能进行等比求和计算的。

所以 最终我们只要考虑 k / (p-1)的个数的奇偶性就可以了  

如果是偶数 先手打平    如果是奇数 先手胜利

//上面的推导过程 可能还是存在一些问题 见谅= =  有些时候 会不能很好的表述出来。。    最好留言大家一起讨论下啊。。

#include <iostream>
using namespace std;

int main()
{
    int x , y , ans;
    while( cin >> x >> y )
    {
        ans = x / (y-1);
        if( ans&1 )
            cout << "YES" << endl;
        else
            cout << "NO" << endl;
    }
    return 0;
}