题解 CF303D 【Rotatable Number】
正文
一看到题目142857,就想到了1/7.然后瞎猜应该和分数有关。
先在十进制下推,
假设我们有个循环数,比如142857.
令\(x=0.14285714.... =(q/p) (gcd(p,q)==1)\)
则
\(x=0.142857142857……\)
\(2x=0.285714285714……\)
\(3x=0.428571428571……\)
\(4x=0.571428571428……\)
\(5x=0.714285714285……\)
\(6x=0.857142857142……\)
\(x=0.142857142857……\)
\(10x=1.428571428571……\)
\(100x=14.285714285714……\)
\(1000x=142.857142857142……\)
\(10000x=1428.571428571428……\)
\(100000x=14285.714285714285……\)
因为x是一个无限纯循环小数,所以\(gcd(10,p)=1\).
根据循环数的定义,他们的尾数相同。
所以,x是循环数\(\Longleftrightarrow\){\(x\),\(2x\),\(3x\),...,\(6x\)}的小数部分与{\(10^0x\),\(10^1x\),...,\(10^5x\)}相同.
\(\Longleftrightarrow\){\(q/p\),\(2q/p\),\(3q/p\),...\(6q/p\)}的小数部分与{\(10^0q/p\),\(10^1q/p\),...,\(10^5q/p\)}相同(均不考虑顺序)
\(\because gcd(p,q)=1\)
\(\therefore\)小数部分只由\(mod\space p\)的余数唯一确定。
故上式等价于{\(q,2q,3q,...\)}与{\(10^0q,10^1q,10^2q,...\)}在mod p意义下相同。
\(\because gcd(p,q)=1\)
必有\(aq\equiv1(mod \space p)\)
将上式同乘a,得到
{\(1,2,3,4,5,6\)}与{\(10^0,10^1,...,10^5\)}在mod p意义下相同。
显然{\(1,10,...,10^5\)}中有一个数模p余2.事实上它是100
(这里当然可以假设一个数推下去,但是结论是一样的,所以就直接未卜先知了)
且{\(10^0,10^1,...,10^5\)}与{\(10^2,...,10^7\)}在mod p意义下相同(循环数的性质)。
所以{\(10^0,10^1,...,10^5\)}与{\(2*10^0,...,2*10^5\)}在mod p意义下相同(循环数的性质)。
显然,{\(1,2,3,4,5,6\)}与{\(2,4,6,8,10,12\)}在mod p意义下相同。
\(\therefore\) {\(1,3,5\)}与{\(8,10,12\)}在mod p意义下相同。
易知\(p<8\)
另一方面
显然有p>循环节长度。否则x*p将得到一个整数,不会循环下去。
\(\therefore\) \(p>6\)
\(\therefore\) \(p=7\)
上述论证在n≠6的时候仍然成立:p=循环节长度+1.
那么就有{\(1,2,...,p-1\)}和{\(10^0,10^1,...,10^{p-2}\)}在mod p意义下相同
\(\therefore\) 那么就有{\(2,...,p-1\)}和{\(10^1,...,10^{p-2}\)}在mod p意义下相同
我们发现\(10^1,...,10^{p-2}\)中没有一个模p余1的数
即\(1,...,p-2≠\phi(p)\)
所以,p是质数,且10是p的原根
推广到b进制下,当且仅当p是质数且b是p的原根时,有循环数
这个时候我们就要掌握到一个求原根方法
求质数x的原根:
求出\(x-1\)所有不同的质因子\(p_1,p_2...p_m\).
对于任何\(a(2<=a<=x-1)\),判定a是否为x的原根,只需要检验\(a^{(x-1)/p_1},a^{(x-1)/p_2},...,a^{(x-1)/p_m}\)这m个数中,是否存在一个数\(\bmod x\)为1,若存在,a不是x的原根,否则就是x的原根。
对于合数,将x-1换成\(\phi (x)\)即可
证明:原文
假设存在一个\(t<\phi(x)=x-1\)使得\(a^t = 1 (mod \space x)\)
那么由裴蜀定理,一定存在一组k,r使得\(kt=(x-1)r+gcd(t,x-1)\)
而由欧拉定理有,$a^{x-1} = 1 \pmod {x} $
于是$1 = a^{kt} = a^{xr-r+gcd(t,x-1)} = a^{gcd(t,x-1)}\pmod{x} $
而\(t<x-1\)故\(gcd(t,x-1)<x-1\)
又\(gcd(t,x-1)|x-1\)于是\(gcd(t,x-1)\)必整除\((x-1)/p_1,(x-1)/p_2...(x-1)/p_m\)其中至少一个,设其一为\((x-1)/p_i\)
那么\(a^{(x-1)/pi} = (a^{gcd(t,x-1)})^s = 1^s = 1 (mod x)\)
这与假设矛盾
所以只需要将小于x-1的b逐个判断是不是p的原根就行了。
使用快速幂时间复杂度为\(\Theta(\sqrt{q}\log{q})\)
但实际复杂度远远小于。过了就行
代码
/*
@Date : 2018-08-08 00:45:35
@Author : Adscn
@Link : https://www.luogu.org/blog/LLCSBlog/
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IL inline
#define RG register
#define gi getint()
#define pi(k) putint(k)
#define gc getchar()
#define File(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout)
IL int getint()
{
RG int xi=0;
RG char ch=gc;
bool f=0;
while(ch<'0'|ch>'9')ch=='-'?f=1:f,ch=gc;
while(ch>='0'&ch<='9')xi=(xi<<1)+(xi<<3)+ch-48,ch=gc;
return f?-xi:xi;
}
IL void putint(int k)
{
if(k<0)k=-k,putchar('-');
if(k>=10)putint(k/10);
putchar(k%10+'0');
}
IL unsigned int LOG2(unsigned int x)
{
unsigned int ret;
__asm__ __volatile__ ("bsrl %1, %%eax":"=a"(ret):"m"(x));
return ret;
}
long long n,x;
const int MAX=5*1e6+1;
long long mod;
long long ksm(long long a,int b)
{
long long ans=1,tmp=a;
while(b)
{
if(b&1)ans=(ans*tmp)%mod;
tmp=(tmp*tmp)%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
IL bool checkp(long long p)
{
if(p<2)return false;
if(p==2||p==3)return 1;
for(long long i=2;i*i<=p;i++)if(p%i==0)return false;
return true;
}
IL bool check(long long k)
{
if(k%mod==0)return false;
for(long long i=1;i*i<=n;i++)
{
if(n%i==0)
{
if(i<n&&ksm(k,i)==1)return false;
if(i!=1&&ksm(k,n/i)==1)return false;
}
}
return true;
}
int main(void)
{
// File("number");
cin>>n>>x;
// getEuler();
mod=n+1;
if(!checkp(mod))return printf("-1")&0;
for(int i=x-1;i>=2;i--)if(check(i))return printf("%d",i)&0;
printf("-1");
return 0;
}