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这题一眼看上去要解\(k^x \equiv 1(mod\ m)\)的最小正整数解。
于是我打了一个扩展BSGS
这题这样做算的答案一直是0的。不过有另一个定理欧拉定理,\(k^{\varphi(m)} \equiv 1 (mod\ m)\)。
首先我们要保证\(gcd(k,m) = 1\),如果不互质的话那就是无解的。
因为有这样一句话:\(k^x mod\ m\)的结果必然是\(gcd(k,m)\)的倍数。我有一些奇怪的理解方法。因为其实这两者都可以看成是\(gcd(k,m)\)的t倍和\(gcd(k,m)\)的p倍。两个\(gcd(k,m)\)的正整数倍互相取模,那答案一定是\(gcd(k,m)\)的倍数了。
于是我们把\(\varphi(m)\)算了出来。但是这不一定是最小的解。
我们可以证明最小的解必然是\(\varphi(m)\)的一个因子。反证法如下:
假设\(n \nmid \varphi(m)\),且n是满足\(k^x \equiv 1 (mod\ m)\)的最小正整数。那么因为\(n \nmid \varphi(m)\),我们可以假设\(pn < \varphi(m) < p(n+1)\),那么就有\(k^{\varphi(m)-pn} \equiv 1 (mod \ m)\),所以n并不是最小正整数解。
所以我们枚举\(\varphi(m)\) 的因子,符合条件且最小的就是答案。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')
#define fr friend inline
#define y1 poj
#define mp make_pair
#define pr pair<int,int>
#define fi first
#define sc second
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 500005;
const int mod = 999979;
const int INF = 1000000009;
const double eps = 1e-7;
int read()
{
int ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') op = -1;ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9') ans = ans * 10 + ch - '0',ch = getchar();
return ans * op;
}
int k,m,p[M],tot,cnt,ans[M];
bool np[M];
int gcd(int a,int b){return (!b)? a : gcd(b,a%b);}
int mul(int a,int b,int t){return 1ll * a * b % t;}
int qpow(int a,int b,int t)
{
int p = 1;
while(b)
{
if(b & 1) p = mul(p,a,t);
a = mul(a,a,t),b >>= 1;
}
return p;
}
void euler()
{
rep(i,2,M-2)
{
if(!np[i]) p[++tot] = i;
for(int j = 1;i * p[j] <= M-2;j++)
{
np[i * p[j]] = 1;
if(!(i % p[j])) break;
}
}
}
/*
int phi(int x)
{
int res = 1;
rep(i,1,tot)
{
bool flag = 1;
while(!(x % p[i]))
{
x /= p[i];
if(flag) res *= (p[i] - 1),flag = 0;
else res *= p[i];
}
}
if(x > 1) res *= (x-1);
return res;
}
*/
int phi(int x)
{
int res = x;
rep(i,2,sqrt(x)) if(!(x % i)){res = res / i * (i-1);while(!(x%i)) x /= i;}
if(x > 1) res = res / x * (x-1);
return res;
}
int main()
{
euler();
m = read(),k = read();
if(gcd(m,k) != 1) printf("Let's go Blue Jays!\n");
else
{
int g = phi(m);
rep(i,1,sqrt(g))
{
if(qpow(k,i,m) == 1) ans[++cnt] = i;
if(qpow(k,g/i,m) == 1) ans[++cnt] = g / i;
}
sort(ans+1,ans+1+cnt);
printf("%d\n",ans[1]);
}
return 0;
}
当你意识到,每个上一秒都成为永恒。