POJ3696 The Luckiest number

一个长度为 \(n\) 的全是 \(8\) 的数可以写成 \(\dfrac{8}{9}(10^{n}-1)\)，于是题目中的条件我们就可以表示为 \(kL=\dfrac{8}{9}(10^{n}-1)\)（\(k\in\mathbb{N}^*\)）。移个项，得到 \(9k(L/8)=10^{n}-1\)。

令 \(A=L/\gcd(L,8),B=8/\gcd(L,8)\)，则 \(9k\cdot(A/B)=10^n-1\)。因为 \(\gcd(A,B)=1\)，为了保证式子左边是整数，\(k\bmod B\) 的值一定等于 \(0\)。

将上面的式子左右两边同时 \(\bmod 9A\)，有 \(10^n-1\equiv 0\pmod{9A}\) 即 \(10^n\equiv 1\pmod{9A}\)。根据欧拉定理，如果 \(\gcd(10,9A)=1\)，就有 \(10^{\varphi(9A)}\equiv 1\pmod{9A}\)，对于 \(n\) 我们就有了一个解 \(\varphi(9A)\)，但这个答案不一定是最优的。易证，最优解 \(x_0\) 一定满足 \(\varphi(9A)\bmod x_0=0\)，于是我们就可以枚举 \(\varphi(9A)\) 的因数 \(x\)，看它是否满足 \(10^x\equiv 1\pmod{9A}\)，在所有满足条件的 \(x\) 中取最小的就是 \(x_0\)。

另，快速幂会爆 long long，要用龟速乘。

code：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define int long long
inline int phi(int n) 
{
      int ans=n;
      for(int i=2;i*i<=n;i++) 
      {
            if(n%i==0)
            {
                  ans=ans/i*(i-1);
                  while(n%i==0) n/=i;
            }
      }
      if(n>1) ans=ans/n*(n-1);
      return ans;
}
inline int mul(int a,int b,int mod)
{
	int ans=0;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=(ans+a)%mod;
		a=(a+a)%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
int gcd(int a,int b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
inline void read(int &x)
{
	x=0;
	int f=1;
	char c=getchar();
	while(c<'0' || c>'9')
	{
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0' && c<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
		c=getchar();
	}
	x*=f;
}
inline int qpow(int a,int n,int mod)
{
	int ans=1;
	while(n)
	{
		if(n&1) ans=mul(ans,a,mod);
		a=mul(a,a,mod);
		n>>=1;
	}
	return ans;
}
signed main()
{
	int Case=0;
	while(true)
	{
		int L;read(L);
		if(!L) break;
		int A=L/gcd(L,8),p=phi(9*A);
		int ans=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
		for(int i=1;i*i<=p;i++)
		{
			if(p%i) continue;
			if(qpow(10,i,9*A)==1)
			{
				ans=i;
				break;
			}
			if(i*i!=p && qpow(10,p/i,9*A)==1) ans=p/i;
		}
		printf("Case %lld: %lld\n",++Case,ans==0x7f7f7f7f7f7f7f7f?0:ans);
	}
	return 0;
}