【题目链接】
ybt 1618：越狱
洛谷 P3197 [HNOI2008] 越狱
【题目考点】
1. 补集转化
当集合本身元素个数很难分析，但全集和补集都很容易求解时，可以先求出全集和补集的元素个数，二者相减就是所求集合元素的个数。
例：求从5个小球的排列中选出2个不相邻的小球的情况数。
5个小球中选出2个小球的总方案数是 C 5 2 C_5^2 C52，选出2个相邻小球的情况有4种，那么选出两个不相邻小球的方案数为总方案数减去5个小球中选出2个相邻小球的方案数，即 C 5 2 − 4 = 6 C_5^2-4=6 C52−4=6
2. 快速幂
3. 费马小定理
【解题思路】
该问题可以等价为： n n n个数值范围为 [ 1 , m ] [1,m] [1,m]的整数构成序列，求存在相邻两元素数值相等的序列的数量。
这样满足要求的序列很难求。可以考虑求其"补集"的情况数量，也就是该问题"反面"的情况。
先求出"全集"的情况数，即 n n n个数值范围为 [ 1 , m ] [1,m] [1,m]的整数构成的序列的总数量。
第1步确定第1个元素的值，可以是 [ 1 , m ] [1,m] [1,m]中的整数，共 m m m种情况。
第2步确定第2个元素的值，可以是 [ 1 , m ] [1,m] [1,m]中的整数，共 m m m种情况。
...
第 n n n步确定第 n n n个元素的值，可以是 [ 1 , m ] [1,m] [1,m]中的整数，共 m m m种情况。
根据乘法原理， n n n个数值范围为 [ 1 , m ] [1,m] [1,m]的整数构成的序列的总数量为 m n m^n mn。
接下来求"补集"的情况数。考虑不满足"存在相邻两元素数值相等"的序列，即相邻元素数值都不相等的序列。
第1步确定第1个元素的值，可以是 [ 1 , m ] [1,m] [1,m]中的整数，共 m m m种情况，假设选定的数值为 a 1 a_1 a1
第2步确定第2个元素的值，可以是 [ 1 , m ] [1,m] [1,m]中的不等于 a 1 a_1 a1的整数，共 m − 1 m-1 m−1种情况，假设选定的数值为 a 2 a_2 a2
第3步确定第3个元素的值，可以是 [ 1 , m ] [1,m] [1,m]中的不等于 a 2 a_2 a2的整数，共 m − 1 m-1 m−1种情况，假设选定的数值为 a 3 a_3 a3
...
第 n n n步确定第 n n n个元素的值，可以是 [ 1 , m ] [1,m] [1,m]中的不等于 a n − 1 a_{n-1} an−1的整数，共 m − 1 m-1 m−1种情况，假设选定的数值为 a n a_n an
因此相邻元素数值都不想等的序列数量为 m ⋅ ( m − 1 ) n − 1 m\cdot(m-1)^{n-1} m⋅(m−1)n−1
n n n个数值范围为 [ 1 , m ] [1,m] [1,m]的整数构成序列中，存在相邻两元素数值相等的序列的数量，为总序列数量减去相邻元素数值都不想等的序列的数量，即 m n − m ⋅ ( m − 1 ) n − 1 m^n-m\cdot(m-1)^{n-1} mn−m⋅(m−1)n−1。
设 P = 100003 P=100003 P=100003，可以通过质数判定方法确定 P P P为质数。
因此所求结果为：
( m n − m ⋅ ( m − 1 ) n − 1 ) m o d P = ( m n m o d P − ( m ⋅ ( m − 1 ) n − 1 ) m o d P ) m o d P (m^n-m\cdot(m-1)^{n-1}) \bmod P\\ =(m^n \bmod P-(m\cdot(m-1)^{n-1})\bmod P)\bmod P (mn−m⋅(m−1)n−1)modP=(mnmodP−(m⋅(m−1)n−1)modP)modP
可以直接使用快速幂求解。
也可以使用费马小定理降幂求解。根据费马小定理，当 p p p为质数时： a b m o d p = ( a m o d p ) b m o d ( p − 1 ) m o d p a^b\bmod p = (a\bmod p)^{b\bmod (p-1)}\bmod p abmodp=(amodp)bmod(p−1)modp
所以： ( m n m o d P − ( m ⋅ ( m − 1 ) n − 1 ) m o d P ) m o d P = ( ( m m o d P ) n m o d ( P − 1 ) − ( m m o d P ) ( ( m − 1 ) m o d P ) ( n − 1 ) m o d ( P − 1 ) ) m o d P (m^n \bmod P-(m\cdot(m-1)^{n-1})\bmod P)\bmod P\\ =((m\bmod P)^{n\bmod (P-1)}-(m\bmod P)((m-1)\bmod P)^{(n-1)\bmod (P-1)})\bmod P (mnmodP−(m⋅(m−1)n−1)modP)modP=((mmodP)nmod(P−1)−(mmodP)((m−1)modP)(n−1)mod(P−1))modP
注意：两项相减结果可能为负，所以最后一步必须进行数学取模。
【题解代码】
解法1：直接使用快速幂求解
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MOD(a, b) (((a)%(b)+(b))%(b))
const int P = 100003;
typedef long long LL;
LL fastPow(LL a, LL b, LL m)
{
LL r = 1;
while(b > 0)
{
if(b%2 == 1)
r = r*a%m;
a = a*a%m;
b /= 2;
}
return r;
}
int main()
{
LL m, n;
cin >> m >> n;
cout << MOD(fastPow(m, n, P)-m*fastPow(m-1, n-1, P), P);
return 0;
}解法2：使用费马小定理降幂求解
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MOD(a, b) (((a)%(b)+(b))%(b))
const int P = 100003;
typedef long long LL;
LL fastPow(LL a, LL b, LL m)
{
LL r = 1;
while(b > 0)
{
if(b%2 == 1)
r = r*a%m;
a = a*a%m;
b /= 2;
}
return r;
}
int main()
{
LL m, n;
cin >> m >> n;
cout << MOD(fastPow(m%P, n%(P-1), P)-m*fastPow((m-1)%P, (n-1)%(P-1), P), P);
return 0;
}