HDU5478 原根求解

看别人做的很简单我也不知道是怎么写出来的

自己拿到这道题的想法就是模为素数，那必然有原根r ，将a看做r^a , b看做r^b
那么只要求出幂a，b就能得到所求值a,b

自己慢慢化简就会发现可以抵消n
然后扩展欧几里得解决，一个个枚举所有模的情况。。。。

中间利用了欧拉准则可以知道 对所有奇素数而言： a^((p-1)/2) = -1(mod p) 

利用上述准则，这样就不用baby_step giant_step的办法了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 200010;

LL P , k1,b1 , k2;
bitset<N> prime;
int p[N],pri[N];
int k,cnt;

void isprime()
{
    prime.set();
    for(int i=2; i<N; i++)
    {
        if(prime[i])
        {
            p[k++] = i;
            for(int j=i+i; j<N; j+=i)
                prime[j] = false;
        }
    }
}

void Divide(int n)
{
    cnt = 0;
    int t = (int)sqrt(1.0*n+0.5);
    for(int i=0; p[i]<=t; i++)
    {
        if(n%p[i]==0)
        {
            pri[cnt++] = p[i];
            while(n%p[i]==0) n /= p[i];
        }
    }
    if(n > 1)
        pri[cnt++] = n;
}

void gcd(LL a , LL b , LL &d , LL &x , LL &y)
{
    if(!b){d=a;x=1;y=0;}
    else{gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}
}

LL inv(LL a , LL n)
{
    LL d,x,y;
    gcd(a,n,d,x,y);
    return d==1?(x+n)%n:-1;
}

LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
{
    LL ans = 1;
    a %= m;
    while(b)
    {
        if(b&1)
        {
            ans = ans * a % m;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = a * a % m;
    }
    return ans;
}

LL pow_mod(LL a , LL p , LL n)
{
    LL ret= 1;
    while(p){
        if(p&1) ret = ret*a%n;
        a = a*a%n;
        p>>=1;
    }
    return ret;
}

LL mul_mod(LL a , LL b , int n)
{
    return a*b%n;
}

//int log_mod(int a , int b , int n)
//{
//    int m , v , e=1 , i;
//    m = (int)sqrt(n+0.5);
//    v = inv(pow_mod(a,m,n) , n);
//    map<int,int>x;
//    x.clear();
//    x[1] = 0;
//    for(i=1 ; i<m ; i++){
//        e = mul_mod(e , a , n);
//        if(!x.count(e)) x[e]=i;
//    }
//    for(i=0 ; i<m ; i++){
//        if(x.count(b)) return i*m+x[b];
//        b = mul_mod(b,v,n);
//    }
//    return -1;
//}

#define pii pair<int,int>
pii ans[N];

int main()
{
   // freopen("a.in" , "r" , stdin);
    int cas = 0;
    isprime();
    //>>k1>>b1>>k2
    while(cin>>P>>k1>>b1>>k2)
    {
        printf("Case #%d:\n" , ++cas);
        int tot = 0;
        /*P==2另外处理*/
        if(P==1){
            printf("%d %d\n" , 0,0);
            continue;
        }
        if(P==2){
            printf("%d %d\n" , 1,1);
            continue;
        }
        Divide(P-1);

        for(int g=2; g<P; g++)
        {
            bool flag = true;
            for(int i=0; i<cnt; i++)
            {
                int t = (P - 1) / pri[i];
                if(quick_mod(g,t,P) == 1)
                {
                    flag = false;
                    break;
                }
            }
            if(flag)
            {
                LL root = g;
                LL val = (P-1)/2;
               // cout<<root<<" "<<val<<endl;
                LL d,x,y;
                gcd(b1+k1 , -1 , d , x , y);
                x = x*val , y = y*val;

                x = ((x%(P-1))+(P-1))%(P-1);
                y = ((y%(P-1))+(P-1))%(P-1);
                for(int i=0 ; i<P-1 ; i++){

                    if((x*k1-y*k2)%(P-1)==0){
                            LL a = pow_mod(root , x , P);
                        LL b = pow_mod(root , y , P);
                        if(a>0&&b>0) ans[tot++] = make_pair((int)a , (int)b);
                    }
                    x = (x+1)%(P-1);
                    y = (y+b1+k1)%(P-1);
                }
                break;
            }
        }
        sort(ans , ans+tot);
        tot = unique(ans , ans+tot)-ans;
        if(tot==0) puts("-1");
        else{
            for(int i=0 ; i<tot ; i++) printf("%d %d\n" , ans[i].first , ans[i].second);
        }
    }
    return 0;
}