BZOJ 3884 上帝与集合的正确用法

题目：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3884

题意：求$2^{2^{2^{...}}} mod \; p$的值，多组询问。$p \leq 10^7$。

题解：
考虑欧拉定理，当$(a,p)=1$时，$a^{\phi(p)}\equiv1(mod \; p)$。
而由此可以很容易得出一个结论：
当$x\geq\phi(p)$时，有

回到本题，若令$f(p) = 2^{2^{2^{...}}}mod \; p$，则$f(1)=0$。
又由于是无穷的式子，$2^{2^{2^{...}}}$的指数本来就是超过$\phi(p)$的，所以我们可以改写成

似乎这么计算是$O(p)$的，但是我们可以对$\phi(\phi(...\phi(p)))$进行分析：
若$p$为偶数，则$\phi(p)\leq \frac{p}{2}$;
若$p$为奇数，则$p$存在一个奇数因子$q$，使得$\phi(p)$存在一个偶数因子$(q-1)$，转化为偶数的情况。
由此可知，$\phi(\phi(...\phi(p)))$的计算经过$O(logp)$次的迭代就到了$1$，所以$f(p)$的计算是$O(\sqrt{p}logp)$的。

出题人给出的解法也是$O(\sqrt{p}logp)$的，有兴趣的不妨去看一下。

代码：

#include <map> 
#include <cstdio>
using namespace std;
map<int, int> f;
int pow(int x, int k, int p)
{
    int ret = 1;
    while(k)
    {
        if(k & 1)
            ret = (long long)ret * x % p;
        x = (long long)x * x % p;
        k >>= 1;
    }
    return ret;
}
int phi(int x)
{
    int ret = x;
    for(int i = 2; i * i <= x; ++i)
        if(x % i == 0)
        {
            ret -= ret / i;
            while(x % i == 0)
                x /= i;
        }
    if(x > 1)
        ret -= ret / x;
    return ret;
}
int F(int x)
{
    if(f.count(x))
        return f[x];
    int p = phi(x);
    return f[x] = pow(2, F(p) + p, x);
}
int main()
{
    int t, n;
    scanf("%d", &t);
    f[1] = 0;
    while(t--)
    {
        scanf("%d", &n);
        printf("%d\n", F(n));
    }
    return 0;
}