又来到令人痛苦的latex环节了

P1082 同余方程

板子题，没什么好说的

这道题既是求同余方程，也是求逆元

板子如下：


long long gcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0; 
        return a;
    }else
    {
        long long k=gcd(b,a%b,x,y);
        swap(x,y);
        y-=(a/b)*x;
        return k;
    }
}

P1516 青蛙的约会

设两只青蛙跳跃 $a$ 次后相遇

$x+ma\equiv=y+na(mod\;L)$
$ma-na\equiv y-x(mod\;L)$
$(m-n)a\equiv y-x(mod\;L)$
$m, n, x, y$ 都是已知常量，接下来我们就可以愉快套板子了

值得注意的是， $m - n$ 可能是一个负数,这时便需交换两只青蛙的值

P1292 倒酒

说实话，我觉得这题至少得评绿，楼上一板子题还是绿呢…

总而言之，这道题的思想还是很巧妙的

由 $P_{a}$ 最小这一限制可知在a不满的时候就把a里面的酒倒出来是一种 ~~傻逼透顶~~ 没有价值（无法使答案最小，却会使 $P_{a}$ 白白增大）的行为

又因为 $P_{b}$ 也要尽量最小，所以结束是b酒杯中一定是空的。

综上，我们可以写出下面的式子
$P_{b}\times b-P_{a}\times a=ans$

若要让 $a n s$ 最小，则 $ans=gcd(P_{a},P_{b})$

我们让 $P_{a},P_{b}$ 同除于 $g$ ，此时 $P_{a},P_{b}$ 互质

接下来，我们就可以写出
$P_{b}\times b-P_{a}\times a=gcd(P_{a},P_{b})$

带入扩展欧几里得算法就可求解

注意，不能直接求 $P_{a}$ 的最小整数解，然后算出 $P_{b}$ ，这样算出来的 $P_{b}$ 可能是负数，此时我们需要不断给调整 $P_{a}$ 来使 $P_{b}$ 为正数

P3811 【模板】乘法逆元

此题参照我的另一篇题解

P2054 P2054 [AHOI2005]洗牌洗牌

可以看出，一张牌在被洗过一次后，它的位置就从 $p$ 变成了 $2p\;mod\;(n+1)$

假设一张牌p在移动m此后到达了位置x
$2^{m}p\;\equiv x(mod\;n+1)$

$m, n, x$ 均为已知量,代入同余方程就可得出m值

P2158 [SDOI2008] 仪仗队

一眼看出，这题要求的实际上是在 $1 < = x, y < = n$ 中，有多少组gcd(x,y)=1,即 $\phi(x)$ 的和。用一个线性求欧拉函数即可

注意，最后的结果应 $\times 2+1$ ,因为gcd(x,y)和gcd(y,x)不同，并且(2,2)被忽略了

剩下来两道题明天再更新

P2303 [SDOI2012] Longge 的问题

$\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{n}gcd(i,n) \\ =&\sum_{d}^{d|n}d\sum_{i=1}^{n}[gcd(i,n)=d] \\ =&\sum_{d}^{d|n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(i,n)=1] \\ =&\sum_{d}^{d|n}d\phi(\frac{n}{d}) \end{aligned}$
我们枚举d，把 $\phi(\frac{n}{d})$ 累加就行

因为n很大， $\phi(\frac{n}{d})$ 不能用数组线性求，只能单次用欧拉函数求出

P2155 [SDOI2008] 沙拉公主的困惑

题意可简述为，求
$\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{n!}[gcd[i,m!]==1] \end{aligned}$

我们知道这样一个定理:
$\begin{aligned} gcd(a+kb,b)=gcd(a,b) \end{aligned}$
当 $b$ 等于 $m!$ 时,
$\begin{aligned} gcd(a+km!,b)=gcd(a,m!) \end{aligned}$

因此我们有了这样一个性质：
任意 $[k m! + 1, (k + 1) m!]$ 区间内与 $m!$ 互质的数的数量相同

因为 $n > m$ ，所以 $m!$ 一定是 $n!$ 的因子， $n!$ 一定能被分为 $\frac{n!}{m!}$ 个长度为m!的区间

因此，可以得出
$\begin{aligned} & \sum_{i=1}^{n!}[gcd[i,m!]==1] \\ &=\sum_{k=1}^{\frac{n!}{m!}}{}\sum_{i=km!+1}^{(k+1)m!}[gcd(i,m!)==1] \\ &=\sum_{k=1}^{\frac{n!}{m!}}{}\sum_{i=1}^{m!}[gcd(i,m!)==1] \\ &=\frac{n!}{m!}\phi(m!) \\ &=n!(m!)^{-1}\phi(m!) \end{aligned}$