笔者写这篇题解主要有以下原因：
- 第一篇题解给的模数有误；
- 许多题解对原根及其性质讲解不清，容易给学习者以误导或使其感到迷惑。
Case 1~Case 3
由功能编号和数据不难看出题目要求 \(19^x\) 对 \(998244353\) 取模的值。
当 \(x\) 较小时，线性乘；
当 \(x\) 较大但还在 long long 范围以内时，使用快速幂；
当 \(x\) 特别大以至于任何数据类型都存不下时，用快速读入加欧拉定理。
Case 4
把 software4.ans 打开，输出其中最大的数。
发现它跟一个很臭的数很像！
在这个数后面分别添加 \(1,3,7,9\)，判断其是否为质数且符合题目要求......
最终发现题目要求 \(19^x\) 对 \(1145141\) 取模的值。
Case 5
把 software5.in 和 software5.ans 都打开，并按照指数从小到大排序。
假设我们已经知道 \(a\equiv 19^x\pmod{p},b\equiv 19^y\pmod{p},c\equiv 19^{x-y}\pmod{p}(x>y)\)。
由于 \(19^{x}-19^y-19^{x-y}(19^y-1)\equiv 0\pmod{p}\)，故有 \(p|(a-b-c(b-1))\)。
将所有合法的 \(a,b,c\) 三元组找出，求 \(a-b-c(b-1)\) 的 gcd 即可。
Case 6~7
由功能编号，数据和 Hint 可综合判断出，题目要求的是 \(19^x\) 边乘边模 \(998244353\) 边爆 int 的值。
当 \(x\) 较小时，可以模拟自然溢出；
当 \(x\) 较大时，寻找循环节并用 hash 表存储即可。
Case 8~10
由数据和功能编号可以判断出，题目要求询问一个区间中的每个数是否为质数。
当区间的右端点较小时，可以用欧拉筛；
否则上 Miller_Rabin，实测基数仅需选取 \(2\) 和 \(3\)。
Case 11~13
由数据和功能编号可以判断出，题目要求询问一个区间中的每个数的 Mobius 函数值。
首先可以考虑将 \(\sqrt{r}\) 以内的质数筛出来，再贡献到它们在给定区间中的倍数。
但是注意到 \(r\) 在 Case 13 中达到了 \(10^{18}\)，所以要考虑优化。
实际上，如果我们仅筛出 \(10^7\) 内的质数，再用上述方法，最终只会有两万多个数答案有误，这个完全可以打表打出来。
或者，分别考虑每个数被除以后是否为完全平方数、质数异或是两个不同的质数之乘积，判断质数仍然用 Miller_Rabin 算法。
这里有几个卡常技巧：
- 用质数除它们的倍数的时候不要直接除，而是将每个数的所有质因子乘起来，最后一起除。
- Miller_Rabin 选取两个基数还是太慢了，找1个合适的基数即可。
Case 14~16
有数据和功能编号可以判断出，题目要求询问一个区间中的每一个数是否为给定质数的原根。
这里补充原根的定义及一些对题目有用的性质.。
下文提到的 \(a,n\) 均满足 \((a,n)=1,a\ne 0,n>0\)。
阶
称 \(a^x\equiv 1\pmod{n}\) 的最小正整数解为 \(a\) 模 \(n\) 的阶，记为 \(\text{ord}_n a\)。
性质1.1
\(a^x\equiv 1\pmod{n}\) 当且仅当 \(\text{ord}_n a|x\)。
推论：\(\text{ord}_na|\varphi(n)\)。
证明略.
性质1.2
\(a^i\equiv a^j\pmod{n}\) 当且仅当 \(i\equiv j\pmod{\text{ord}_n a}\)。
证明略.
原根
若 \(\text{ord}_na=\varphi(n)\)，则称 \(a\) 为 \(n\) 的一个原根。
性质2.1
若 \(r\) 为 \(n\) 的一个原根，则 \(r^1,r^2,\cdots,r^{\varphi(n)}\) 两两模 \(n\) 不同余且与 \(n\) 互质。
证明：
先证两两模 \(n\) 不同余，若 \(r^i\equiv r^j\pmod{n},1\le i,j\le \varphi(n)\)，则 \(i\equiv j\pmod{\text{ord}_n r}\)，因为 \(r\) 是 \(n\) 的原根，所以 \(\text{ord}_nr=\varphi(n)\)，即 \(i\equiv j\pmod{\varphi(n)}\)，从而 \(i=j\)，即证 \(r^i\) 两两模 \(n\) 不同余。
而由 \((r,n)=1\) 立即得到 \((r^i,n)=1\)。
证毕。
性质2.2
若 \(\text{ord}_na=t\)，则 \(\text{ord}_n(a^u)=t/(t,u)\)。
证明：
设 \(s=\text{ord}_n(a^u)\)；
再设 \(v=(t,u),t=t_1v,u=u_1v\)，则有 \((t_1,u_1)=1\)；
一方面，\(\displaystyle(a^u)^{t_1}=(a^t)^{u_1}\equiv 1\pmod{n}\)，故 \(s|t_1\)；
另一方面，\((a^u)^s=a^{us}\equiv 1\pmod{n}\)，故 \(t|us\)，即 \(t_1|v_1s\)，考虑到 \((t_1,v_1)=1\)，从而 \(t_1|s\)。
综上，\(s=t_1=t/(t,u)\)，证毕。
推论：若 \(a\) 是 \(n\) 的原根，则 \(a^x\) 是 \(n\) 的原根当且仅当 \((x,\varphi(n))=1\)。
于是我们得到了一个解决本题的方法：
从输出中找出 \(p\) 一个原根 \(g\)。
由于所有与 \(p\) 互质的数都可以表示为 \(g^x\)，所以我们将 \(x\) 从 \(1\) 到 \(p-1\) 扫一遍，将区间中的数标记出来，没被标记到的数必定不是 \(p\) 的原根。
再求出 \(p-1\) 的所有质因子，筛出这些质数的倍数，没有被筛去的指数 \(x\) 所对应的 \(g^x\) 即为 \(n\) 的原根。
对于最后一个点，按照提示枚举质数，找到符合数据的即可。
Code
不长，就 6.6k.
/*
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("sse3","sse2","sse")
#pragma GCC diagnostic error "-fwhole-program"
#pragma GCC diagnostic error "-fcse-skip-blocks"
#pragma GCC diagnostic error "-funsafe-loop-optimizations"
#pragma GCC optimize("fast-math","unroll-loops","no-stack-protector","inline")
*/
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <map>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
const ull mod1 = 998244353;
const ull mod2 = 1145141;
const ull mod3 = 5211600617818708273;
const int P = 13123111;
const int N = 1e7;
int n, table[2500000];
char type[20];
int tot, prime[N / 10 + 1], mu[N + 1], fac[N / 100 + 1], _log[P + 1];
bool check[N + 1], vis[P + 1];
long long id[N / 10 + 1];
map<int, int> hash;
ull pow(ull a, ull b, ull mod)
{
ull ans = 1;
for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod)
if(b & 1) ans = ans * a % mod;
return ans;
}
ull mul(ull a, ull b, ull mod)
{
ull ans = 0;
for(; b; b >>= 1, a = (a + a) % mod)
if(b & 1) ans = (ans + a) % mod;
return ans;
}
ull _pow(ull a, ull b, ull mod)
{
ull ans = 1;
for(; b; b >>= 1, a = mul(a, a, mod))
if(b & 1) ans = mul(ans, a, mod);
return ans;
}
/*-----------------------------------------------------------*/
long long _mul(long long a, long long b, long long mod)
{
a %= mod, b %= mod;
long long z = (long double)a * b / mod;
z = a * b - z * mod;
return (z + mod) % mod;
}
long long __pow(long long a, long long b, long long mod)
{
long long ans = 1;
for(; b; b >>= 1, a = _mul(a, a, mod))
if(b & 1) ans = _mul(ans, a, mod);
return ans;
}
bool Miller_Rabin(long long n, int v = 0)
{
if(n == 2 || n == 3) return 1;
if(!(n & 1)) return 0;
long long m = n - 1, q = 0;
for(; !(m & 1); m >>= 1)
q++;
for(long long a = 2; a <= 3 - v; a++)
{
long long x = __pow(a, m, n), y;
for(int k = 0; k <= q; k++)
{
y = _mul(x, x, n);
if(y == 1 && x != 1 && x != n - 1)
return 0;
x = y;
}
if(y != 1) return 0;
}
return 1;
}
/*----------------------------------------------------------*/
bool __check(int g)
{
for(int i = 1; i <= fac[0]; i++)
{
if(pow(g, fac[i], 998244353) == 1)
return 0;
}
return 1;
}
bool _check(int g, int p)
{
for(int i = 1; i <= fac[0]; i++)
{
if(pow(g, fac[i], p) == 1)
return 0;
}
return 1;
}
void seive()
{
for(int i = 2; i <= N; i++)
{
if(!check[i]) prime[++tot] = i;
for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= N; j++)
{
check[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0)
break;
}
}
}
int main()
{
freopen("software.in", "r", stdin);
freopen("software.out", "w", stdout);
scanf("%s", type);
if(type[0] == '1' && type[1] == '_')
{
scanf("%d", &n);
for(; n--; )
{
ull a = 0;
char ch;
for(; !isdigit(ch = getchar()); );
for(; isdigit(ch); a = ((a << 1) + (a << 3) + (ch ^ 48)) % (mod1 - 1), ch = getchar());
printf("%llu\n", pow(19, a, mod1));
}
}
else if(type[0] == '1' && type[1] == '?' && type[2] == '+')
{
scanf("%d", &n);
for(; n--; )
{
ull a;
scanf("%llu", &a);
printf("%llu\n", _pow(19, a, mod3));
}
}
else if(type[0] == '1' && type[1] == '?')
{
scanf("%d", &n);
for(; n--; )
{
ull a = 0;
char ch;
for(; !isdigit(ch = getchar()); );
for(; isdigit(ch); a = ((a << 1) + (a << 3) + (ch ^ 48)) % (mod2 - 1), ch = getchar());
printf("%llu\n", pow(19, a, mod2));
}
}
else if(type[0] == '1' && type[1] == 'w')
{
scanf("%d", &n);
int ans = 1;
int st, len;
for(int i = 1; ; i++)
{
ans = ans * 19 % 998244353;
if(!hash.count(ans))
hash[ans] = i;
else
{
st = hash[ans], len = i - st;
break;
}
table[i] = ans;
}
for(; n--; )
{
long long a;
scanf("%lld", &a);
if(!a)
puts("1");
else if(a < st)
printf("%d\n", table[a]);
else
printf("%d\n", table[(a - st) % len + st]);
}
}
else if(type[0] == '2' && type[1] == 'p')
{
scanf("%d", &n);
for(; n--; )
{
long long l, r;
scanf("%lld %lld", &l, &r);
for(long long i = l; i <= r; i++)
putchar(Miller_Rabin(i) ? 'p' : '.');
puts("");
}
}
else if(type[0] == '2' && type[1] == 'u')
{
scanf("%d", &n);
seive();
for(; n--; )
{
long long l, r;
scanf("%lld %lld", &l, &r);
for(int i = 0; i <= r - l; i++)
mu[i] = id[i] = 1;
for(int i = 1; i <= tot; i++)
{
long long p = prime[i], p2 = p * p;
for(long long j = (l - 1) / p + 1; j * p <= r; j++)
mu[p * j - l] *= -1, id[p * j - l] *= p;
for(long long j = (l - 1) / p2 + 1; j * p2 <= r; j++)
mu[p2 * j - l] = 0;
}
for(int i = 0; i <= r - l; i++)
{
if(!mu[i])
putchar('0');
else
{
id[i] = (i + l) / id[i];
if(id[i] == 1)
putchar(mu[i] > 0 ? '+' : '-');
else
{
long long x = sqrt(id[i]), y = id[i];
if(x * x == y)
mu[i] = 0;
else if(Miller_Rabin(y, 1))
mu[i] *= -1;
if(mu[i] > 0)
putchar('+');
else if(mu[i] < 0)
putchar('-');
else
putchar('0');
}
}
}
puts("");
}
}
else if(type[0] == '2' && type[1] == 'g' && type[2] == '?')
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
int l, r, p, x;
if(i <= 2)
scanf("%d %d %d", &l, &r, &p);
else
scanf("%d %d ?", &l, &r), p = 1515343657;
x = p - 1;
fac[0] = 0;
for(int i = 2; i * i <= x; i++)
{
if(x % i == 0)
{
fac[++fac[0]] = i;
if(i * i != x)
fac[++fac[0]] = x / i;
}
}
for(int i = l; i <= r; i++)
putchar(_check(i, p) ? 'g' : '.');
puts("");
}
}
else if(type[0] == '2' && type[1] == 'g')
{
scanf("%d", &n);
fac[0] = 0;
int x = 998244352;
for(int i = 2; i * i <= x; i++)
{
if(x % i == 0)
{
fac[++fac[0]] = i;
if(i * i != x)
fac[++fac[0]] = x / i;
}
}
for(; n--; )
{
memset(vis, 0, sizeof vis);
int l, r, p, x, g;
scanf("%d %d %d", &l, &r, &p), x = p - 1;
if(p == 998244353)
{
for(int i = l; i <= r; i++)
putchar(__check(i) ? 'g' : '.');
puts("");
continue;
}
g = 6, tot = 0;
for(int i = 2; i * i <= x; i++)
{
if(x % i == 0)
{
prime[++tot] = i;
for(; !(x % i); x /= i);
}
}
if(x > 1) prime[++tot] = x;
vis[0] = 1;
for(int i = 1; i <= tot; i++)
{
for(int j = 1; j <= (p - 1) / prime[i]; j++)
{
vis[j * prime[i]] = 1;
}
}
_log[1] = 0;
for(int i = 1, w = g; i <= p - 1; i++, w = 1ll * w * 1ll * g % p)
_log[w] = i;
for(int i = l; i <= r; i++)
{
if(i % p == 0) putchar('.');
else putchar(vis[_log[i]] ? '.' : 'g');
}
puts("");
}
}
return 0;
}
