AcWing 202. 最幸运的数字
\(AcWing\) \(202\). 最幸运的数字
一、题目描述
\(8\) 是中国的幸运数字，如果一个数字的每一位都由\(8\)构成则该数字被称作是幸运数字。
现在给定一个正整数 \(L\)，请问 至少多少个\(8\)连在一起组成的正整数（即最小幸运数字）是\(L\)的倍数。
输入格式
输入包含多组测试用例。
每组测试用例占一行，包含一个整数 \(L\)。
当输入用例 \(L=0\) 时，表示输入终止，该用例无需处理。
输出格式
每组测试用例输出结果占一行。
结果为 Case i:+一个整数 \(N\)，\(N\) 代表满足条件的最小幸运数字的位数。
如果满足条件的幸运数字不存在，则 \(N=0\)。
数据范围
\(1≤L≤2×10^9\)
输入样例
8
11
16
0
输出样例
Case 1: 1
Case 2: 2
Case 3: 0
二、前导知识
用到了 \(6\)个前导知识点：
1. 由 \(x\) 个 \(y\) 组成的数的公式是\(\large \displaystyle y \times \frac{10^x-1}{9}\),比如 \(88888888\)这种数。
\(\large \displaystyle \underbrace{8...8}_{x}=8 \times \underbrace{1...1}_{x}=8 \times \frac{\underbrace{9...9}_{x}}{9}=8 \times \frac{10^x-1}{9}\)
2. 欧拉定理
若正整数\(a, n\)互质，则 $$\large a^{φ(n)}≡1(mod \ n)$$
其中\(\phi(n)\)指欧拉函数值,\((1\sim n)\)与\(n\)互质的数。
3. 欧拉定理推论
若正整数\(a,n\)互质，则满足\(a^x \equiv 1 \ (mod \ n)\)的 最小正整数解 \(x_0\)是\(\phi(n)\)的约数。
反证法：假设该最小正整数 \(x\)不是 \(φ(c)\) 的约数
则 \(φ(c)=qx+r(0<r<x)\)，
又
由 ② 式除以 ① 式得 \(10^r≡1 \ (mod \ c)(0<r<x)\)
故存在比 \(x\) 更小的正整数满足该式子，矛盾了
因此得证
4. 快速幂
int qmi(int a, int b, int p) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = res * a % p;
b >>= 1;
a = a * a % p;
}
return res;
}
5. 快速幂+快速乘
当模数\(>1e9\)的时候，在相乘的时候爆\(long\) \(long\)了。
//快速乘
//时间复杂度：logn,乘法本来是O(1),这么干成了O(logN)了。
//优点：可以防止在LL*LL % MOD 过程中爆掉LL，可以将乘法分解成多步加法，在加的过程中不断取模。
int qmul(int a, int b, int mod) {
LL res = 0;
while (b) {
if (b & 1) res = (res + a) % mod;
a = (a + a) % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
//快速幂+快速乘
int qmi(int a, int b, int mod) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = qmul(res, a, mod); //调用龟速乘,原因是本题的数据范围是2*1e9,直接乘会爆掉LL，需要一路乘来一路取模
a = ksc(a, a, mod);
b >>= 1;
}
return res;
}
6. \(\_\_int128\)配合快速幂
typedef __int128 LLL;
//快速幂+ LLL
int ksm(int a, int b, int mod) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = (LLL)res * a % mod;
a = (LLL)a * a % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
三、本题思路
题目实际上要我们求一个最小的正整数 \(x\)，满足 \(\large \displaystyle L|8*\frac{10^x-1}{9}\)
转化条件：
令\(\large \displaystyle d=gcd(L,8)\),约分:
设\(\large \displaystyle p=\frac{9*L}{d}\)
即:
最终变成 求解满足 \(\large \displaystyle 10^x≡1(mod \ p)\) 的最小正整数 \(x\)
注释
\(d\)既然是两个数的最大公约数，那么两个数都除以\(d\)后，得到的两个新数，必然互质 (最大公约数的定义)
即：\(\large \displaystyle \frac{9*L}{d}\)与\(\large \displaystyle \frac{8}{d}\)是互质的,而\(\large \displaystyle 10^x-1\)还想是\(\large \displaystyle \frac{9*L}{d}\)的整数倍
所以 \(\large \displaystyle \frac{9*L}{d}\)一定是\(\large \displaystyle 10^x-1\)的因数，所以\(\large \displaystyle : \frac{9*L}{d} | 10^x-1\)
四、欧拉定理+推论
欧拉定理: \(\large \displaystyle a^{φ(n)}≡1(mod \ n)\)(其中\(\large \displaystyle gcd(a,n)=1\))
这里的形式有点像欧拉定理，\(\large a^{\phi(p)}\equiv 1 (mod \ p)\)但是欧拉定理只是说\(\large φ(p)\)是一个解，但不能保证 \(\large φ(p)\) 是满足等式的最小正整数!
由于我们学习过前导知识，知道如果想求最小正整数解\(\large x_0\)，其实需要满足\(\large x_0|\phi(n)\),我们只需要枚举每个\(\large \phi(n)\)的约数，找出满足条件的最小正整数\(\large x_0\)即可。
五、实现代码(快速幂+快速乘)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
// 最大公约数
int gcd(int a, int b) {
if (b == 0) return a;
return b ? a : gcd(b, a % b);
}
// 快速乘
int ksc(int a, int b, int mod) {
int res = 0;
while (b) {
if (b & 1) res = (res + a) % mod;
a = (a + a) % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
// 快速幂+快速乘
int ksm(int a, int b, int mod) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = ksc(res, a, mod);
a = ksc(a, a, mod);
b >>= 1;
}
return res;
}
/**
* 功能：计算单个数字的欧拉函数值
* @param x
* @return
*/
int phi(int x) {
int res = x;
for (int i = 2; i <= x / i; i++)
if (x % i == 0) {
res = res / i * (i - 1);
while (x % i == 0) x /= i;
}
if (x > 1) res = res / x * (x - 1);
return res;
}
signed main() {
int T = 1; // 准备输出Case i
int L;
while (cin >> L, L) {
int d = gcd(L, 8); // L和8的最大公约数 gcd(8,L)
int mod = 9 * L / d; // 公式推导得到的mod
int p = phi(mod); // 单个数字mod的欧拉函数值φ(mod)
int res = LONG_LONG_MAX; // 预求最小先设最大
if (gcd(mod, 10) > 1) // 判断mod和10是否互质,不互质:方程无解，输出0
res = 0;
else {
for (int d = 1; d * d <= p; d++) // 枚举φ(p)的每个小约数,到sqrt(φ(p))
if (p % d == 0) { // 如果d是约数,那么其实我们一次发现了两个约数： d 和 phi/d
// 这里与原来的质因子分解有一点点不同，因为那个只要枚举小于sqrt(n)的，并且 n %d==0,
// 就一定是它的小质数因子，本题不是这个意思。
// 本题的目标是找出所有因子，注意，不是小因子。
// 因为，小因子不见得能是方程的解，大因子不见得不是方程的解！！
// 对于它们，都有机会成为答案，需要全部讨论到！然后PK最小值即可！
// 如果这个约数d，满足 10 ^ d ≡ 1 (mod p) ，那么它有机会成为答案
if (ksm(10, d, mod) == 1) res = min(res, d); // 小约数
// 如果这个约数phi/d，满足 10 ^ (phi/d) ≡ 1 (mod p) ，那么它有机会成为答案
if (ksm(10, p / d, mod) == 1) res = min(res, p / d); // 大约数
}
}
// 输出
printf("Case %d: %lld\n", T++, res);
}
}
六、快速幂+\(\_\_int128\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
typedef unsigned __int128 INT128;
// 最大公约数
int gcd(int a, int b) {
if (b == 0) return a;
return b ? a : gcd(b, a % b);
}
// 快速幂+ INT128
int qmi(int a, int b, int mod) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = (INT128)res * a % mod;
a = (INT128)a * a % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
/**
* 功能：求单个数字的欧拉函数值
* @param x
* @return
*/
int phi(int x) {
int res = x;
for (int i = 2; i <= x / i; i++)
if (x % i == 0) {
res = res / i * (i - 1);
while (x % i == 0) x /= i;
}
if (x > 1) res = res / x * (x - 1);
return res;
}
signed main() {
int T = 1; // 准备输出Case i
int L;
while (cin >> L, L) {
int d = gcd(L, 8); // L和8的最大公约数 gcd(8,L)
int mod = 9 * L / d; // 公式推导得到的mod
int p = phi(mod); // 单个数字mod的欧拉函数值φ(mod)
int res = LONG_LONG_MAX; // 预求最小先设最大
if (gcd(mod, 10) > 1) // 判断p和10是否互质,不互质:方程无解，输出0
res = 0;
else {
for (int d = 1; d * d <= p; d++) // 枚举φ(p)的每个小约数,到sqrt(φ(p))
if (p % d == 0) { // 如果d是约数,那么其实我们一次发现了两个约数： d 和 phi/d
// 这里与原来的质因子分解有一点点不同，因为那个只要枚举小于sqrt(n)的，并且 n %d==0,
// 就一定是它的小质数因子，本题不是这个意思。
// 本题的目标是找出所有因子，注意，不是小因子。
// 因为，小因子不见得能是方程的解，大因子不见得不是方程的解！！
// 对于它们，都有机会成为答案，需要全部讨论到！然后PK最小值即可！
// 如果这个约数d，满足 10 ^ d ≡ 1 (mod p) ，那么它有机会成为答案
if (qmi(10, d, mod) == 1) res = min(res, d); // 小约数
// 如果这个约数phi/d，满足 10 ^ (phi/d) ≡ 1 (mod p) ，那么它有机会成为答案
if (qmi(10, p / d, mod) == 1) res = min(res, p / d); // 大约数
}
}
// 输出
printf("Case %d: %lld\n", T++, res);
}
}
