E-牛牛小数点_牛客练习赛89 (nowcoder.com)

题目描述

牛牛想和点点交朋友, 于是点点给了牛牛一个问题。
定义关于小数 xxx 的函数 f(x)f(x)f(x), 表示 xxx 中两个点之间的距离, 即循环节开始于小数点后第几位。例如 16=0.16˙\frac{1}{6}=0.1 \dot{6}61=0.16˙, 则 f(16)=2f\left(\frac{1}{6}\right)=2f(61)=2 。特别的, 若一个小数 x\mathrm{x}x 是不循环的, 则 f(x)=0f(\mathrm{x})=0f(x)=0 。现在, 你需要回答多次询问，每次询问形如[l,r]，你需要求出 ∑i=lrf(1i)\sum_{i=l}^{r} f\left(\frac{1}{i}\right)∑i=lrf(i1) 对998244353取模的值。

数据范围

1⩽T⩽100,1⩽l⩽r⩽10151⩽T⩽100 , 1⩽l⩽r⩽10^{15}1⩽T⩽100,1⩽l⩽r⩽1015

思路

结论：若1i\dfrac{1}{i}i1 是循环小数那么f(x)=max⁡(p2,p5)+1f(x) = \max(p_2,p_5) + 1f(x)=max(p2,p5)+1 p2,p5p_2,p_5p2,p5表示某个数分解质因数后 2和5的幂次

任何一个数可以写成2p2∗5p5∗x2^{p_2} * 5^{p_5} * x2p2∗5p5∗x

所以只需枚举p2,p5p_2,p_5p2,p5 的所有可能值，可以求出x，然后求出 1−x1-x1−x 中与 2/5都互质的数有多少个记为sum，因为 1 不符合条件所以 sum–

答案更新为 res+=(max(p2,p5)+1)∗(sum−1)res += (max(p_2,p_5) + 1) * (sum - 1)res+=(max(p2,p5)+1)∗(sum−1)

可以利用前缀和的思想转换成求 cal(r)−cal(l−1)cal(r) - cal(l - 1)cal(r)−cal(l−1)。

求与2,5都互质数的个数可以用容斥原理。

证明

一个从小数点后一位开始循环的小数形如 0.{k}{k}....{k}0.\{k\}\{k\}....\{k\}0.{k}{k}....{k} 记为 xxx ，其中 kkk 为长度为 nnn 的循环节

即 x=0.{k}{k}{k}…{k}x = 0.\{k\}\{k\}\{k\}\dots\{k\}x=0.{k}{k}{k}…{k}

所以 10nx={k}.{k}{k}…{k}10^{n}x = \{k\}.\{k\}\{k\}\dots\{k\}10nx={k}.{k}{k}…{k}

所以 (10n−1)x=k(10^n - 1)x = k(10n−1)x=k

x=k10n−1x = \dfrac{k}{10^n - 1}x=10n−1k

下面证明 ①质因数中不包含2/5的 1i\dfrac{1}{i}i1 一定可以写成上述形式：

当 i 的质因数不包含 2/5 时,i 一定与 10n10^n10n 互质即 gcd⁡(i,10n)=1\gcd(i,10^n) = 1gcd(i,10n)=1

即 10n≡1modi10^n \equiv 1 \bmod i10n≡1modi

由欧拉定理得 n=φ(i)n = \varphi(i)n=φ(i)

所以 10n=ki+1(1)10^n = ki + 1 (1)10n=ki+1(1) 所以 1i=k10n−1\dfrac{1}{i} = \dfrac{k}{10^n - 1}i1=10n−1k

下面证明② 当 i 的质因数中包含 2/5 时 1i\dfrac{1}{i}i1一定不能表示成k10n−1\dfrac{k}{10^n - 1}10n−1k

因为 gcd(10n,i)≠1gcd(10^n,i) \neq 1gcd(10n,i)=1 所以 (1)(1)(1) 式不成立证毕

上述证明表示一个从小数点后一位开始循环的小数,当且仅当它可以表达成 k10n−1\dfrac{k}{10^n - 1}10n−1k 的形式.

那么当 i 的质因数中包含 2/5 时,小数不从第一位开始循环

尝试将小数点向右移动,每移动一位,1i∗10\dfrac{1}{i} * 10i1∗10,可以从 iii 中消去一个 2 和 5,那么小数点右移多少位才能将 i 中的 2/5 消完呢? 答案显然是 2/5 中较多的那个.

所以最终答案为 f(i)=max⁡(p2,p5)+1f(i) = \max(p_2,p_5) + 1f(i)=max(p2,p5)+1

代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define INFL 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define mod 1000000007
#define MOD 998244353
#define rep(i, st, ed) for (int (i) = (st); (i) <= (ed);++(i))
#define pre(i, ed, st) for (int (i) = (ed); (i) >= (st);--(i))
#define debug(x,y) cerr << (x) << " == " << (y) << endl;
using namespace std;typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
template<typename T> inline T gcd(T a, T b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
template<typename T> inline T lowbit(T x) { return x & -x; }
//template<typename T> T qmi(T a, T b = mod - 2, T p = mod) { T res = 1; b %= (p - 1 == 0 ? p : p - 1); while (b) { if (b & 1) { res = (LL)res * a % p; }b >>= 1; a = (LL)a * a % p; }return res % mod; }const int N = 1e5 + 10;int qmi(int a, int b) {int res = 1;while (b) {if (b & 1)res = (res * a);b >>= 1;a = (a * a);}return res;
}int cal(int r) {int res = 0;int t2 = log(r) / log(2ll);for (int i = 0; i <= t2; ++i) {for (int j = 0; qmi(5ll, j) * qmi(2ll, i) <= r; ++j) {//debug("i", i);//debug("j", j);int x = r / (qmi(2ll, i) * qmi(5ll, j));x = ((x - x / 2ll - x / 5ll + x / 10ll - 1ll) + MOD) % MOD;res = (res + (max(i, j) + 1ll) * x % MOD) % MOD;}}return res % MOD;
}void solve() {int l, r; scanf("%lld%lld", &l, &r);cout << (cal(r) - cal(l - 1) + MOD) % MOD << endl;
}signed main() {int _; cin >> _;while (_--)solve();return 0;
}

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