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N次剩余（模数为素数）/ Broot

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题目大意

求 x^k≡newx 在模素数 m 意义下的解 x。

思路

先把式子弄好康点：$x^k≡newx(mod\ m)$

有一个东西比较显然，就是 $x$ 是模 $m$ 意义下的剩余类，那自然会 $0\leq x<m$

首先，我们先求 $m$ 的原根 $root$，因为 $m$ 是素数，所以我们可以把 $\{1,2,...,m-1\}$ 和 $\{root^1,root^2,...,root^{m-1}\}$ 建立一一对应的关系。

那好，我们自然会得出两个东西 $root$ 的次方来表示 $k,newx$。
设 $root^{y}≡x(mod\ m),root^{t}≡newx(mod\ m)$，那带进去式子：
$root^{y\times k}≡root^{t}(mod\ m)$
那 $m$ 是质数，两边就不可以是 $0$（根据前面对应的式子也可以看出），那根据一一对应关系，就可以得到这个：（因为是 $m-1$ 对数一一对应，所以模数是 $(m-1)$）
$y\times k≡t(mod\ (m-1))$

那我们分别来看看这些式子要怎么解：
$y\times k≡t(mod\ (m-1))$ 这个式子就是一个同余方程，扩展欧几里得直接带走。
然后还要求出怎么一一对应：$root^{k}≡newx(mod\ m)$，我们要求出 $k$。
自然看到这个可以用 BSGS 来做，而且因为 $m$ 是质数，所以不同扩展。

然后我们已经求出了每个 $y$，我们就带回去 $root^y≡x(mod\ m)$ 中，就可以得到这个 $y$ 对应的 $x$ 了。

总的来说，步骤就这几个：

1. 求 $m$ 的原根 $root$
2. BSGS 求 $newx$ 对应 $root$ 的 $t$ 次方的这个 $t$
3. 解 $y\times k≡t(mod\ (m-1))$ 这个同余方程，先算最小解
4. 把每个解都求出来，对于每个解还原回对于的 $x$
5. 把所有得出的 $x$ 排序，输出

（总的来说就是非常麻烦，非常恶心）

代码

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define hsh_mo 999979

using namespace std;

ll k, m, newx, ans[10000001];

ll tot_time, zyz[10000001], prime[1000001];
bool np[10000001], yes;

struct node {
	ll to, x;
	int nxt;
}e[10000001];
int hsh[1000001];
ll KK;

void get_prime() {//欧拉筛筛出素数
	for (int i = 2; i <= 10000000; i++) {
		if (!np[i]) {
			prime[++prime[0]] = i;
		}
		for (int j = 1; j <= prime[0] && 1ll * i * prime[j] <= 10000000ll; j++) {
			np[i * prime[j]] = 1;
			if (i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
}


void get_zyz(ll x) {//分解质因子

	zyz[0] = 0;
	for (int i = 1; prime[i] * prime[i] <= x; i++) {
		if (x % prime[i] == 0) {
			zyz[++zyz[0]] = prime[i];
			while (x % prime[i] == 0) x /= prime[i];
		}
	}
	if (x > 1) zyz[++zyz[0]] = x;
}

//不能直接乘是因为直接乘会爆 long long
/*
//龟速乘 
ll times_mo(ll x, ll y, ll mo) {
	ll re = 0;
	while (y) {
		if (y & 1) re = (re + x) % mo;
		x = (x + x) % mo;
		y >>= 1;
	}
	return re;
}
*/

//并不龟速的龟速黑科技乘（利用了 long double）
ll times_mo(ll x, ll y, ll mo) {
	x %= mo;
	y %= mo;
	ll c = (long double)x * y / mo;
	long double re = x * y - c * mo;
	if (re < 0) re += mo;
		else if (re >= mo) re -= mo;
	return re;
}

ll ksm_mo(ll x, ll y, ll mo) {//快速幂
	ll re = 1;
	x %= mo;
	while (y) {
		if (y & 1) re = times_mo(re, x, mo);
		x = times_mo(x, x, mo);
		y >>= 1;
	}
	return re;
} 

ll get_first_root(ll x) {//求最小原根
	get_zyz(x - 1);
	
	for (ll i = 1; ; i++) {
		yes = 1;
		for (int j = 1; j <= zyz[0]; j++)
			if (ksm_mo(i, (x - 1) / zyz[j], x) == 1) {
				yes = 0;
				break;
			}
		if (yes) return i; 
	}
}

void csh_BSGS() {
	memset(hsh, 0, sizeof(hsh));
	KK = 0;
}

void hsh_push(ll x, ll id) {//BSGS里面哈希的插入
	ll pl = x % hsh_mo;
	for (int i = hsh[pl]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to == x) {
			return ;
		}
	
	KK++;
	e[KK].to = x;
	e[KK].nxt = hsh[pl];
	e[KK].x = id;
	hsh[pl] = KK;
}

ll hsh_ask(ll x) {//BSGS里面哈希的询问
	ll pl = x % hsh_mo;
	for (int i = hsh[pl]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to == x) return e[i].x;
	return -1;
}

//g^t=a(mod mo) (无需扩展
//这里与我之前打的 BSGS 不同，但只是将式子化成了不同的形式
//（其实是因为我之间的做法好像会有锅）
ll BSGS(ll g, ll a, ll mo) {
	csh_BSGS();
	
	int n = sqrt(mo) + 1;
	
	ll now = 1;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		hsh_push(now, i); 
		now = times_mo(now, g, mo);
	}
	
	int ntimes = ksm_mo(g, (mo - n - 1 + mo) % mo, mo);
	now = a;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		ll mz = hsh_ask(now);
		if (mz != -1) return i * n + mz;
		now = times_mo(now, ntimes, mo);
	}
	
	return -1;
}


void csh_work() {
	ans[0] = 0;
}

ll gcd(ll x, ll y) {//求 gcd
	if (!y) return x;
	return gcd(y, x % y);
}

ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {//求扩展欧几里得
	if (!b) {
		x = 1;
		y = 0;
		return a;
	}
	ll d = exgcd(b, a % b, y, x);
	y -= (a / b) * x;
	return d;
}

void write() {//输出
	if (ans[0] == 0) {
		printf("-1\n");
		return ;
	}
	for (int i = 1; i <= ans[0]; i++) {
		printf("%lld\n", ans[i]);
	}
}

void work(ll k, ll m, ll newx) {
	csh_work();
	
	ll root = get_first_root(m) % m;//第一步
	ll t = BSGS(root, newx, m);//第二步
	
	// xk=t(mod tmod) => k*x+tmod*y=t
	//解上面的这个式子
	ll tmod = m - 1;
	ll x, y;
	ll d = exgcd(k, tmod, x, y);
	if (t % d) {
		write();
		return ;
	}
	
	//根据第一个答案算出所有的答案
	x = x * (t / d) % tmod;
	ll step = tmod / d;
	for (int i = 0; i < d; i++) {
		x = ((x + step) % tmod + tmod) % tmod;
		ans[++ans[0]] = ksm_mo(root, x, m);
	}
	sort(ans + 1, ans + ans[0] + 1);
	
	write();
}

//x^k=newx(mod m)
int main() {
	get_prime();
	
	while (scanf("%lld %lld %lld", &k, &m, &newx) != EOF) {
		printf("case%lld:\n", ++tot_time);
		work(k, m, newx);
	}
	
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/YBT_JPDH_8-6-6.html
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