hdu 6051 If the starlight never fade

復健復健。。。
標題和題目似乎沒什麼關係。。。

顯然 $(x + y)^{i} \equiv x^{i} \mod p$

i mod p $(x+y)^i\equiv x^i\mod p$ 左右兩邊都不能為0。
設

p

$p$ 的原根為

d

$d$ ，

x + y \equiv d^{b} \mod p, x \equiv d^{a} \mod p

$x+y\equiv d^b\mod p,x\equiv d^a\mod p$ 。
有：

d^{b i} \equiv d^{a i} \mod p

$d^{bi}\equiv d^{ai}\mod p$

i (b - a) \equiv 0 \mod ϕ (p)

$i(b-a)\equiv 0\mod \phi(p)$
顯然，

b - a = \frac{ϕ (p)}{(ϕ (p), i)} k | k \in [1, (ϕ (p), i) - 1]

$b-a=\frac {\phi(p)} {(\phi(p),i)}k|k\in[1,(\phi(p),i)-1]$ 。
那麼，設

b - a

$b-a$ 任意一個解為

z

$z$ ：

d^{a} + y \equiv d^{a + z} \mod p

$d^a+y\equiv d^{a+z}\mod p$

x + y \equiv x d^{z} \mod p

$x+y\equiv xd^z\mod p$

y x^{- 1} \equiv d^{z} - 1 \mod p

$yx^{-1}\equiv d^z-1\mod p$

x \equiv y (d^{z} - 1)^{- 1} \mod p

$x\equiv y(d^z-1)^{-1}\mod p$
因為

z

$z$ 必然模

ϕ (p)

$\phi(p)$ 不為0，所以每一個

y

$y$ 都存在

(ϕ (p), i) - 1

$(\phi(p),i)-1$ 個對應的

x

$x$ 。
即：

f (i) = m ((ϕ (p), i) - 1)

$f(i)=m((\phi(p),i)-1)$ 。