题目描述
给你\(n,k,p\)（\(p\)为质数），求
\[\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\mod p^k
\]
\]
保证有解。
\(p\leq {10}^5,np^k\leq {10}^{18}\)
题解
为什么会有解？
可能会发生这样的情况：
\[\begin{align}
&\sum_{i=1}^6\frac{1}{i}\mod 3\\
=&\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}\mod 3\\
=&\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{2}\mod 3\\
=&\cdots
\end{align}
\]
&\sum_{i=1}^6\frac{1}{i}\mod 3\\
=&\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}\mod 3\\
=&\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{2}\mod 3\\
=&\cdots
\end{align}
\]
因为几个分母是\(p\)的倍数的数的逆元加起来后分子可能会变成\(p\)的倍数然后就约掉了。
令
\[\begin{align}
f(n)&=\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\\
g(n)&=\sum_{i=1,i\neq jp}^n\frac{1}{i}
\end{align}
\]
f(n)&=\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\\
g(n)&=\sum_{i=1,i\neq jp}^n\frac{1}{i}
\end{align}
\]
那么
\[f(n)=g(n)+\frac{f(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)}{p}
\]
\]
因为我们的答案要对\(p^k\)取模，所以\(f(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)\)在计算的时候要对\(p^{k+1}\)取模，才能得到正确答案。
\[\begin{align}
g(n)&=\sum_{i=a+bp}^{n}\frac{1}{i}\\
&=\sum_{a=1}^{p-1}\sum_{b=0}^{\lfloor\frac{n-a}{p}\rfloor}\frac{1}{a+bp}\\
&=\sum_{a=1}^{p-1}\sum_{b=0}^{\lfloor\frac{n-a}{p}\rfloor}a^{-1}\sum_{i=0}^{k-1}{(-1)}^i\frac{b^i}{a^i}p^i\\
&=\sum_{i=0}^{k-1}{(-1)}^ip^i\sum_{a=1}^{p-1}\frac{1}{a^{i+1}}\sum_{b=0}^{\lfloor\frac{n-a}{p}\rfloor}b^i
\end{align}
\]
g(n)&=\sum_{i=a+bp}^{n}\frac{1}{i}\\
&=\sum_{a=1}^{p-1}\sum_{b=0}^{\lfloor\frac{n-a}{p}\rfloor}\frac{1}{a+bp}\\
&=\sum_{a=1}^{p-1}\sum_{b=0}^{\lfloor\frac{n-a}{p}\rfloor}a^{-1}\sum_{i=0}^{k-1}{(-1)}^i\frac{b^i}{a^i}p^i\\
&=\sum_{i=0}^{k-1}{(-1)}^ip^i\sum_{a=1}^{p-1}\frac{1}{a^{i+1}}\sum_{b=0}^{\lfloor\frac{n-a}{p}\rfloor}b^i
\end{align}
\]
这时候要算自然数幂和，但我们不能线性插值。
那就大力推一波公式吧。
\(s_s(n,m)\) 为带符号第一类斯特林数。
\[\begin{align}
S_k(n)&=\sum_{i=1}^ni^k\\
x^\underline{n}&=\sum_{k=0}^ns_s(n,k)x^k\\
k!\binom{n}{k}&=n^\underline{k}\\
i^k&=s_s(k,k)i^k\\
i^k&=k!\binom{i}{k}-i^\underline{k}+s_s(k,k)i^k\\
i^k&=k!\binom{i}{k}-(i^\underline{k}-s_s(k,k)i^k)\\
i^\underline{k}-s_s(k,k)i^k&=\sum_{j=0}^ks_s(k,j)i^j-s_s(k,k)i^k\\
&=\sum_{j=0}^{k-1}s_s(k,j)i^j\\
i^k&=k!\binom{i}{k}-\sum_{j=0}^{k-1}s_s(k,j)i^j\\
S_k(n)&=\sum_{i=0}^{n}(k!\binom{i}{k}-\sum_{j=0}^{k-1}s_s(k,j)i^j)\\
&=\sum_{i=0}^nk!\binom{i}{k}-\sum_{j=0}^{k-1}s_s(k,j)\sum_{i=0}^ni^j\\
&=k!\binom{n+1}{k+1}-\sum_{i=0}^{k-1}s_s(k,i)S_j(n)\\
&=\frac{{(n+1)}^\underline{k+1}}{k+1}-\sum_{i=0}^{k-1}s_s(k,i)S_j(n)
\end{align}
\]
S_k(n)&=\sum_{i=1}^ni^k\\
x^\underline{n}&=\sum_{k=0}^ns_s(n,k)x^k\\
k!\binom{n}{k}&=n^\underline{k}\\
i^k&=s_s(k,k)i^k\\
i^k&=k!\binom{i}{k}-i^\underline{k}+s_s(k,k)i^k\\
i^k&=k!\binom{i}{k}-(i^\underline{k}-s_s(k,k)i^k)\\
i^\underline{k}-s_s(k,k)i^k&=\sum_{j=0}^ks_s(k,j)i^j-s_s(k,k)i^k\\
&=\sum_{j=0}^{k-1}s_s(k,j)i^j\\
i^k&=k!\binom{i}{k}-\sum_{j=0}^{k-1}s_s(k,j)i^j\\
S_k(n)&=\sum_{i=0}^{n}(k!\binom{i}{k}-\sum_{j=0}^{k-1}s_s(k,j)i^j)\\
&=\sum_{i=0}^nk!\binom{i}{k}-\sum_{j=0}^{k-1}s_s(k,j)\sum_{i=0}^ni^j\\
&=k!\binom{n+1}{k+1}-\sum_{i=0}^{k-1}s_s(k,i)S_j(n)\\
&=\frac{{(n+1)}^\underline{k+1}}{k+1}-\sum_{i=0}^{k-1}s_s(k,i)S_j(n)
\end{align}
\]
还有一种方法
\[\begin{align}
S_m(n)&=\sum_{i=1}^ni^m\\
&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}i^\underline{j}\\
&=\sum_{j=1}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\sum_{i=1}^ni^\underline{j}\\
&=\sum_{j=1}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\frac{{(n+1)}^\underline{j+1}}{j+1}
\end{align}
\]
S_m(n)&=\sum_{i=1}^ni^m\\
&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}i^\underline{j}\\
&=\sum_{j=1}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\sum_{i=1}^ni^\underline{j}\\
&=\sum_{j=1}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\frac{{(n+1)}^\underline{j+1}}{j+1}
\end{align}
\]
预处理出斯特林数就可以快速算\(S_k(n)\)了。
你可能会注意到，\(\frac{{(n+1)}^\underline{k+1}}{k+1}\)有除法。
但是分子是\(k+1\)个连续的自然数幂的乘积，一定有一个是\(k+1\)的倍数，这样就可以消除分母的影响。
算\(g\)的话，每层是\(O(kp)\)的，一共有\(O(\log_pn)\)层，所以总时间复杂度是\(O(kp\log_pn)\)。
乘法取模可以用快速乘（多一个\(\log\)），也可以用黑科技，我偷懒用了int128。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef __int128 lll;
ll p;
ll mul(ll a,ll b,const ll c)
{
return (lll)a*b%c;
}
ll fp(ll a,ll b){ll s=1;for(;b;b>>=1,a*=a)if(b&1)s*=a;return s;}
ll fp(ll a,ll b,const ll c){ll s=1;for(;b;b>>=1,a=mul(a,a,c))if(b&1)s=mul(s,a,c);return s;}
int pri[1000010];
int b[1000010];
ll pw[1000010];
int cnt;
ll ss[100][100];
void getstirling(ll k,ll md)
{
ss[0][0]=1;
for(int i=1;i<=k;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
ss[i][j]=(ss[i-1][j-1]-mul(i-1,ss[i-1][j],md))%md;
}
ll gao(ll n,ll k,ll md)
{
ll s=(n+1)/(k+1);
ll v=s*(k+1);
for(ll i=n+1;i>=n-k+1;i--)
s=mul(s,(i==v?1:i),md);
return s;
}
void gets(ll *s,ll n,ll k,ll md)
{
s[0]=n;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
s[i]=gao(n,i,md);
for(int j=0;j<i;j++)
s[i]=(s[i]-mul(ss[i][j],s[j],md))%md;
}
s[0]++;
}
ll s1[100];
ll s2[100];
ll g(ll n,ll md,ll k)
{
ll r=n%p;
getstirling(k,md);
gets(s1,n/p-1,k,md);
gets(s2,n/p,k,md);
ll res=0,s;
ll t=fp(p,k)-fp(p,k-1)-1;
for(int i=0;i<k;i++)
{
s=0;
pw[1]=1;
cnt=0;
for(int j=1;j<p;j++)
b[j]=0;
for(int j=2;j<p;j++)
{
if(!b[j])
{
pri[++cnt]=j;
pw[j]=fp(fp(j,i+1),t,md);
}
for(int k=1;k<=cnt&&j*pri[k]<p;k++)
{
b[j*pri[k]]=1;
pw[j*pri[k]]=mul(pw[j],pw[pri[k]],md);
if(j%pri[k]==0)
break;
}
}
if(n%p==0)
for(int j=1;j<p;j++)
s=(s+mul(s1[i],pw[j],md))%md;
else
for(int j=1;j<p;j++)
if(j<=r)
s=(s+mul(s2[i],pw[j],md))%md;
else
s=(s+mul(s1[i],pw[j],md))%md;
s=mul(s*(i&1?-1:1),fp(p,i),md);
res=(res+s)%md;
}
// fprintf(stderr,"G(%lld, %lld) = %lld\n",n,md,(res+md)%md);
return res;
}
ll f(ll n,ll md,ll k)
{
if(!n)
return 0;
return (g(n,md,k)+f(n/p,md*p,k+1)/p)%md;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("c.in","r",stdin);
freopen("c.out","w",stdout);
#endif
ll n,k;
scanf("%lld%lld%lld",&p,&k,&n);
ll md=fp(p,k);
ll ans=f(n,md,k);
ans=(ans+md)%md;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}