ARC166

ARC166

前言

到了 e 难度莫名陡增.......

[ARC166A] Replace C or Swap AB

一个比较简单的贪心

进行交换操作肯定会减少 C 的个数。并且唯一可以变序位置的操作是操作三，所以最后结果一定是 B 尽可能在前。等价于把某个 A 向后移一个位置。贪心地把靠前的 C 都替换成 A。判断当前 X 中是否每个对应的 A 所在位置都不大于它在 Y 中的目标位置即可。

signed main() 
{
    int T;
    cin >> T;
  
    while (T--) 
	{
        int n; string x, y;
        cin >> n >> x >> y;
        deque<int> q;
        bool flag = 0;

        for (rint i = 0; i < n; i++) 
		{
            if (y[i] == 'C') 
			{
                if (x[i] != 'C') 
				{
                    puts("No");
                    flag = 1;
                    break;
                } 
				else q.push_back((int)i);
            }
        }

        if (flag) continue;
        int cnt = 0;
        q.push_back(n);

        while (!q.empty()) 
		{
            int a = q.front();
            q.pop_front();
            int a1 = 0, c1 = 0;

            for (rint i = cnt; i < a; i++) 
			{
                if (x[i] == 'A') a1++;
                if (x[i] == 'C') c1++;
                if (y[i] == 'A') 
				{
                    if (!a1 && !c1) 
					{
                        puts("No");
                        flag = 1;
                        break;
                    }
                    if (!a1) c1--;
                    else a1--;
                }
            }
            if (flag) break;
            if (a1 > 0) 
			{
                puts("No");
                flag = 1;
                break;
            }
            cnt = a + 1;
        }
        if (flag) continue;
        puts("Yes");
    }

    return 0;
}

[ARC166B] Make Multiples

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直接 dp，其实可以不用状态压缩 dp

设 $f[i][0/1][0/1][0/1]$ 表示前 $i$ 个数是否有 $a,b,c$ 的倍数

预处理出来每个数变成某个数的倍数要加上多少然后直接转移

int lcm(int a, int b) {return a * b / __gcd(a, b);}

signed main() 
{
    cin >> n >> x >> y >> z;

    for (rint i = 1; i <= n; i++) 
	{
        int t;
		cin >> t;
        a[i] = x - (t - 1) % x - 1;
        b[i] = y - (t - 1) % y - 1;
        c[i] = z - (t - 1) % z - 1;
        ab[i] = lcm(x, y) - (t - 1) % lcm(x, y) - 1;
        bc[i] = lcm(z, y) - (t - 1) % lcm(z, y) - 1;
        ac[i] = lcm(x, z) - (t - 1) % lcm(x, z) - 1;
        abc[i] = lcm(lcm(x, y), z) - (t - 1) % lcm(lcm(x, y), z) - 1;
    }

    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[0][0][0][0] = 0;

    for (rint i = 1; i <= n; i++) 
	{
        f[i][0][0][0] = f[i - 1][0][0][0];
        
        f[i][0][0][1] = min(f[i - 1][0][0][1], f[i - 1][0][0][0] + c[i]);
        f[i][0][1][0] = min(f[i - 1][0][1][0], f[i - 1][0][0][0] + b[i]);
        f[i][1][0][0] = min(f[i - 1][1][0][0], f[i - 1][0][0][0] + a[i]);
        
        f[i][0][1][1] = min({f[i - 1][0][1][1], f[i - 1][0][0][1] + b[i], f[i - 1][0][1][0] + c[i], f[i - 1][0][0][0] + bc[i]});
        f[i][1][0][1] = min({f[i - 1][1][0][1], f[i - 1][0][0][1] + a[i], f[i - 1][1][0][0] + c[i], f[i - 1][0][0][0] + ac[i]});
        f[i][1][1][0] = min({f[i - 1][1][1][0], f[i - 1][1][0][0] + b[i], f[i - 1][0][1][0] + a[i], f[i - 1][0][0][0] + ab[i]});
        
		f[i][1][1][1] = min({f[i - 1][1][1][1], f[i - 1][1][1][0] + c[i], f[i - 1][1][0][1] + b[i], f[i - 1][0][1][1] + a[i], f[i - 1][0][0][1] + ab[i], f[i - 1][0][1][0] + ac[i], f[i - 1][1][0][0] + bc[i], f[i - 1][0][0][0] + abc[i]});
    }

    cout << f[n][1][1][1] << endl;
    
    return 0;
}

[ARC166C] LU / RD Marking

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将边转化成点的问题，染色就是染 $(i,j)$ 和 $(i+1,j-1)$ 位置的点

将点连边。因为染色方式只有一种，所以这个点阵构成了若干条互不相关的斜向的链。

答案是这些链的方案的乘积。

考虑一条边数为 $n$ 的链。限制为相邻的边不能同时选。

设 $f_i$ 表示前 $i$ 条边的方案，因为第 $i$ 条边若不选，则方案为 $f_{i-1}$，第 $i-1$ 条边选不选都无所谓，$f_i=f_{i-1}+f_{i-2}$。若第 $i$ 条边选，则第 $i-1$ 条边一定不能选，所以从 $f_{i-2}$ 转移过来。初始态为 $f_0=1,f_1=2$（即斐波那契数列）

一个矩形切割出的若干条链的边数是形如 $1,3,5,7,8,8,8,8,7,5,3,1$ 这样的。对于左右两边可以求一个 $f$ 序列奇数位的前缀积，中间部分就快速幂。

复杂度 $O(n+T\log n)$

signed main()
{
	f[0] = 1;
	f[1] = s[1] = 2;
	for (rint i = 2; i < N; i++) f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % mod;
	for (rint i = 3; i < N; i++)
	{
		if (!i % 2) continue;
		s[i] = s[i - 2] * f[i] % mod;
	}
	cin >> T;
	while (T--)
	{
		cin >> n >> m;
		if (n > m) swap(n, m);
		cout << s[2 * n - 1] * s[2 * n - 1] % mod * qpow(f[2 * n], m - n) % mod << endl;
	}
	return 0;
}

[ARC166D] Interval Counts

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假设当前已经满足了 $1\sim i-1$ 的限制，维护一个队列表示当前还没确定右端点的所有左端点。

如果 $y_i=y_{i-1}$，让原来右端点接在 $x_{i-1}$ 的区间接到 $x_i$

如果 $y_i>y_{i-1}$，原来的区间就算全部接到 $x_i$ 上仍然不够，需要再加 $y_i-y_{i-1}$ 个左端点为 $x_{i-1}+1$ 的区间。

如果 $y_i<y_{i-1}$，说明要删掉 $y_{i-1}-y_i$ 个区间，由于要让最小值最大，所以需要删掉左端点最小的区间。

于是只维护一个左端点递增的区间，区间数很多，记录这个左端点的个数。

复杂度 $O(n)$

int n;
int x[N], y[N];
int ans = inf;
struct node
{
	int x, y;
}q[N];

signed main() 
{
	cin >> n;
	for (rint i = 1; i <= n; i++) cin >> x[i];
	for (rint i = 1; i <= n; i++) cin >> y[i];
	
	x[0] = -inf;
	int head = 1, top = 0;
	
	for (rint i = 1; i <= n; i++) 
	{
		if (y[i] > y[i - 1]) 
		{
			q[++top] = {x[i - 1] + 1, y[i] - y[i - 1]};
		} 
		if (y[i] < y[i - 1]) 
		{
			int delta = y[i - 1] - y[i];
			while(delta && head <= top)
			{
				int w = min(q[head].y, delta);
				delta -= w;
				q[head].y -= w;
				ans = min(ans, x[i] - 1 - q[head].x);
				if (!q[head].y) head++;
				else break;
			}
		}
	}
	
	if (ans >= inf) cout << -1 << endl;
	else cout << ans << endl;
	
	return 0;
}

[ARC166E] Fizz Buzz Difference

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在解决这个题目之前，需要学习一个东西。

如何求解线性同余不等式。

给定 $l,r,a,m(l,r,a\in[0,m),l\le r)$，求最小非负整数 $x$ 满足：$l\le ax \bmod m \le r$

尝试将问题转化为一个更小规模的问题 $l \le ax-km \le r$

其中 $k=\lfloor\frac{ax}{m}\rfloor$

如果在 $[l,r]$ 之间找到一个 $a$ 的倍数，即 $\lfloor\frac{r}{a}\rfloor a\ge l$，这意味着 $k$ 可以取到最小值 $0$。同时，我们直接找到 $x$ 的一个解：$\lceil\frac{l}{a}\rceil$

关于此解的最小性，只看左侧不等式，我们有 $x$ 是合法解的必要条件 $ax\ge l+km$，即 $x\ge\lceil\frac{mk+l}{a}\rceil$，显然此下界关于 $k$ 是单调递增的，而此解恰好取到了最小下界，故一定是最小的可能合法解，而其合法性显然。

否则，将上式进一步整理为 $ax-r \le km\le ax-l$

由于 $[l,r]$ 之间没有 $a$ 的倍数，设 $l=pa+u,r=pa+v$，有：$a(x-p)-v\le km \le a(x-p)-u$

上式对 $a$ 取模可得：$-r \bmod a \le km \bmod a \le -l \bmod a$

尝试说明当找到该式中 $k$ 的最小可行解时就能唯一确定 $x$ 的最小可行解。首先一个原式中可行的 $x$ 一定对应一个该式中可行的 $k$，并且对应关系是单调的，即更小的 $x$ 对应于不会更大的 $k$，因此我们找到的最小可行 $k\le$ 最小可行 $x$ 对应的 $k$。同时，对于一个满足上式的 $k_0$，容易验证一定有 $x_0=\lfloor\frac{km+r}{a}\rfloor$ 是原式的可行解，且恰好取到下界。

问题转化为求解 $k$，即 $(-r \bmod a , -l \bmod a,m \bmod a,a)$ 的新问题，问题规模减小，不断递归调用

Code：

int solve(int l, int r, int a, int m) 
{
	if (l > r || !a) return -1;
	if (!l) return 0;
	if (r / a * a >= l) return (l - 1) / a + 1;
	int k = solve((a - r % a) % a, (a - l % a) % a, m % a, a);
	return k == -1 ? -1 : (m * k + l - 1) / a + 1;
}

现在再来处理这道题目。

假设现在这个合法区间是 $[L_0,R_0]$，将 $R_0$ 不断 $-1$ 得到一系列区间，它们的 $n_a-n_b$ 取值一定恰好覆盖 $[1,n]$。因此 $n$ 是 $[1,n]$ 中限制最严格的，将题目限制修改为 $n_a-n_b\le n$

合法区间一定满足 $a\mid L-1,a\mid R+1$，否则可以将端点外移让区间长度变长且 $n_a-n_b$ 不会变大。设 $L=ak_1+1,R=ak_2-1(k_1<k_2)$，首先来最大化 $R-L$，即最大化 $x=k_2-k_1$

确定 $x$ 后，$n_a=x-1$，因此需最大化 $n_b$。

一旦确定区间中第一个 $b$ 的倍数的位置 $pos$，那么 $n_b$ 也唯一确定，故只需要最小化 $pos-L$。

设 $g=\gcd(a,b)$，那么 $pos-L$ 最小能恰好取到 $g-1$。因此，确定 $x$ 后可以直接求得最小可能 $n_a-n_b$，且此值关于 $x$ 具有单调性。二分即可。

记求得的最大 $x$ 为 $X$，此时区间内至少需要出现 $c=X-1-n$ 个 $b$ 的倍数。此限制可以表示为 $R-L-R\bmod b\ge b(c-1)$，即 $(L+aX-2)\bmod b\in[0, aX-2-b(c-1)]$，如果 $aX-2-b(c-1)\ge b$，这意味着这条限制不存在，直接令 $L=1$；否则问题可以转化成 $ak_1\bmod b\ge (1-aX)\bmod b$，求最小合法 $k_1$。刚才上面那个代码就可以快速解决。

复杂度 $O(T\log V)$。

int solve(int l, int r, int a, int m) 
{
	if (l > r || !a) return -1;
	if (!l) return 0;
	if (r / a * a >= l) return (l - 1) / a + 1;
	int k = solve((a - r % a) % a, (a - l % a) % a, m % a, a);
	return k == -1 ? -1 : (m * k + l - 1) / a + 1;
}

signed main() 
{
	int T;
	cin >> T;
	while (T--) 
	{
		cin >> n >> a >> b;
		int g = __gcd(a, b);
		int l = 1, r = inf, res;
		while (l < r) 
		{
			int mid = (l + r) >> 1;
			if (mid - 2 - (a * mid - 1 - g) / b > n) r = mid;
			else l = mid + 1, res = mid;
		}
		int tmp = solve(((1 - a * res) % b + b) % b, b - 1, a, b);
		cout << tmp * a + 1 << " " << (tmp + res) * a - 1 << endl;
	}
	return 0;
}

[ARC166F] Tangent Addition Formula

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一道不可做的题，看的第一篇题解。懂了但没有完全懂。。。。

$t$ 的性质二 $\forall x,y\in \mathbb{N},t(x+y)(1-t(x)t(y))\equiv t(x)+t(y)\pmod p$ 目前没法入手解决，记标记为式 $(\star)$。

带入 $x=0,y=0$，得到 $t(0)(1-t(0)^2)\equiv 2t(0)\pmod p$，解得 $t(0)=0$ 或 $t(0)^2\equiv -1\pmod p$。设 $I^2\equiv-1\pmod p$，即模 $p$ 意义下虚数单位，则 $t(0)\in\{I,-I,0\}$。

$t=(0,0,0,\cdots)$ 满足 $(\star)$，说明 $b=0$ 时 $t$ 存在。

由和角公式 $\tan(x+y)=\dfrac{\tan(x)+\tan(y)}{1-\tan(x)\tan(y)}$，对比 $(\star)$，对比可得移了项少了取模。$t(x)$ 就是某种模意义下的正切函数。

首先展开 $\tan(x)=\dfrac{\sin(x)}{\cos(x)}$。

根据欧拉公式 $e^{ix}=\cos(x)+i\sin(x)$，得到 $\sin(x)=\dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i},\cos(x)=\dfrac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$。

相除得到 $\tan(x)=\dfrac{1-(e^{2i})^{x}}{1+(e^{2i})^{x}}\times i$

形式上 $\tan(x)$ 形如 $\dfrac{1-r^{x}}{1+r^{x}}\cdot i$

【结论 1】

$t(x)$ 形如 $\dfrac{1-r^{x}}{1+r^{x}}\cdot I$，其中 $I^2\equiv -1\pmod p$。

证明：将该式带入 $(\star)$，得到：

$t(x+y)(1-t(x)t(y)) = \dfrac{1-r^{x+y}}{1+r^{x+y}}\cdot I\cdot(1-\dfrac{1-r^{x}}{1+r^{x}}\cdot I\cdot\dfrac{1-r^{y}}{1+r^{y}}\cdot I)$

利用 $I^2\equiv -1\pmod p$，得到 $\equiv\dfrac{1-r^{x+y}}{1+r^{x+y}}\cdot I\cdot(1+\dfrac{(1-r^x)(1-r^y)}{(1+r^x)(1+r^y)})\pmod p$

将分子分母去括号并通分，得到 $\equiv\dfrac{1-r^{x+y}}{1+r^{x+y}}\cdot I\cdot\dfrac{2(1+r^{x+y})}{1+r^x+r^y+r^{x+y}}\pmod p$

约分，分解因式，得 $\equiv I\cdot\dfrac{(1+r^x)(1-r^y)+(1-r^x)(1+r^y)}{(1+r^x)(1+r^y)}\pmod p$

拆开分子，得 $\equiv \dfrac{1-r^y}{1+r^y}\cdot I+\dfrac{1-r^x}{1+r^x}\cdot I\pmod p$

再代回去 $\equiv t(x)+t(y)\pmod p$

左边同余于右边，$(\star)$ 成立。原命题得证。

上面除了 $I^2\equiv -1\pmod p$ 都是恒等变换，因此原问题变成了和 $I$ 相关的问题。而这个式子，就是二次剩余。

暂记模 $p$ 意义下的整数域为 $\mathbb{Z}_p$

讨论 $p=2$

若 $b=0$，则可以有 $t=(0,0,0,\cdots)$ 满足 $(\star)$

若 $b=1$，则可以有 $t=(1,1,1,\cdots)$ 满足 $(\star)$

由于这两种数列的取值和项数无关，对于所有 $a$ 都能这样取

因此，此时 $t$ 存在。

讨论 $p\equiv 1\pmod 4$

【结论 2】

$p\equiv 1\pmod 4\Leftrightarrow \exists I\in\mathbb{Z}_p,I^2\equiv-1\pmod p$，其中 $p$ 为奇质数。

证明：

设 $p$ 的最小正原根为 $g$。由原根存在性定理，$g$ 存在。

由 $g^{p-1}\equiv 1\pmod p$，$g$ 可视为 $\mathbb{Z}_p$ 下 $p-1$ 次单位根。由 $I^4\equiv 1\pmod p$，$I$ 可视为 $\mathbb{Z}_p$ 下 $4$ 次单位根。

因此有 $I=g^{\frac {p-1} 4}$。若 $I$ 存在，则 $\dfrac {p-1} 4\in\mathbb{Z}$，即 $4|p-1$

故若 $I$ 存在，则 $p\equiv 1\pmod 4$，必要性得证。

对于充分性，取 $I\equiv g^{\frac {p-1} 4}\pmod p$，满足题意。

原命题得证。

既然如此，再结合上 $t(0)\in\{I,-I,0\}$，我们继续分类。

接下来。所有结论都有前提条件 $p\equiv 1\pmod 4$。

讨论 $t(1)\in\{I,-I\}$

【结论 3】

若 $t(1)\in\{I,-I\}$，则 $\forall x\in\mathbb{N^+},t(x)=t(1)$

数学归纳法，当 $x=1$ 时显然相等。

现在假设当 $x=n\in\mathbb{N^+}$ 时成立，即 $t(n)=t(1)$，下证当 $x=n+1$ 时成立。

$t(n+1)(1-t(n)t(1))\equiv t(n)+t(1)\pmod p$

代入 $t(n)=t(1)$，得 $t(n+1)(1-t(1)^2)\equiv 2t(1)\pmod p$

代入 $t(1)^2\equiv -1\pmod p$，两边同时除以 $2$，得到 $t(n+1)=t(1)$

原命题得证

由此可得，本类的合法 $t$ 有且仅有六种情况

$t=(I,I,I,I,\cdots)$

$t=(I,-I,-I,-I,\cdots)$

$t=(0,I,I,I,\cdots)$

$t=(0,-I,-I,-I,\cdots)$

$t=(-I,I,I,I,\cdots)$

$t=(-I,-I,-I,-I,\cdots)$

讨论 $t(1)\notin\{I,-I\}$

【结论 4】

若 $t(1)\notin\{I,-I\}$，则 $t(0)=0$

证明：考虑证明其逆否命题，即若 $t(0)\neq 0$，则 $t(1)\in\{I,-I\}$

将 $x=0,y=1$ 代入 $(\star)$，得到 $t(1)(1-t(1)t(0))\equiv t(1)+t(0)\pmod p$。

化简得到 $(t(1)^2+1)t(0)\equiv 0\pmod p$。

因为 $t(0)\neq 0$，两边同时除以 $t(0)$，移项得 $t(1)^2\equiv -1\pmod p$

解得 $t(1)\in\{I,-I\}$

原命题得证

将特值代入 $(\star)$ 也起不了效果了，只能求助结论 1 了

由于分母不能为 $0$，所以要求 $\forall x\in\mathbb{N},r^x\not \equiv-1\pmod p$。如果存在 $r\in\mathbb{Z}_p$，则 $t$ 存在，否则 $t$ 不存在

由性质三：$t(a)=b$。列方程 $b\equiv \dfrac{1-r^a}{1+r^a}\cdot I\pmod p$

化简得到 $r^a\equiv \dfrac{I-b}{I+b}\pmod p$，是个模为质数的高次剩余方程，原根加 BSGS 就能解

在本分类下，$t$ 存在当且仅当存在 $r\in\{r|r^a\equiv \dfrac{I-b}{I+b}\pmod p\}$ 使得 $\forall x\in\mathbb{N},r^x\not\equiv -1\pmod p$。

讨论 $p\equiv 3\pmod 4$

在普通的模意义下整数域上没有

但是高斯整环 $\mathbb{Z}(i)$ ？？？

不妨记模 $p$ 意义下高斯整环为 $\mathbb{Z}(i)_p=\{a+bi|a,b\in\mathbb{Z}_p\}$，不难得出这玩意是个有限域。

在强行添加上虚数单位后，讨论 $t$ 的存在条件。

由于对于所有 $x\in\mathbb{Z}_p$ 可以看作 $x+0\cdot i\in\mathbb{Z}(i)_p$，因此 $\mathbb{Z}_p\subseteq\mathbb{Z}(i)_p$

依题有 $t(x)=\dfrac{1-r^x}{1+r^x}\cdot i\in\mathbb{Z}_p$，因此 $r\in\mathbb{Z}(i)_p$ 应该满足 $\forall x\in\mathbb{N},\dfrac{1-r^x}{1+r^x}\cdot i\in\mathbb{Z}_p$ 且 $r^x\not\equiv -1\pmod p$。

判断属不属于集合还是太麻烦了。能不能转化一下？当然可以。我们有如下结论：

【结论 5】

$\forall x\in\mathbb{N},\dfrac{1-r^x}{1+r^x}\cdot i\in\mathbb{Z}_p\Leftrightarrow r^{p+1}\equiv1\pmod p$

证明：根据二项式定理有 $(x+y)^p\equiv x^p+y^p\pmod p$。（仅有 $\dbinom{p}{0}$ 和 $\dbinom{p}{p}$ 不能被 $p$ 整除，其余均含因数 $p$。）

设 $z=x+yi\in\mathbb{Z}_p$，则 $z^p\equiv x^p+(yi)^p\pmod p$

由于 $p\equiv 3\pmod 4$，有 $i^p=-i$，因此 $z^p\equiv x^p-y^pi\pmod p$

根据费马小定理，$x^p\equiv x\pmod p$，所以 $z^p\equiv x-yi\pmod p$

当且仅当 $y=0$，即 $z\in\mathbb{Z}_p$ 时，$z=x-yi$

故 $z\in\mathbb{Z}_p\Leftrightarrow z^p\equiv z\pmod p$

代入 $z=\dfrac{1-r^x}{1+r^x}\cdot i$，原命题可转化为
$(\dfrac{1-r^x}{1+r^x}\cdot i)^p\equiv\dfrac{1-r^x}{1+r^x}\cdot i\pmod p\Leftrightarrow r^{p+1}\equiv1\pmod p$

移项有 $(\dfrac{1-r^x}{1+r^x}\cdot i)^p-\dfrac{1-r^x}{1+r^x}\cdot i\equiv 0\pmod p$

拆括号，得到 $-\dfrac{(1-r^x)^p}{(1+r^x)^p}\cdot i-\dfrac{1-r^x}{1+r^x}\cdot i\equiv 0\pmod p$

两边同乘 $-\dfrac 1 i$，得：$\dfrac{(1-r^x)^p}{(1+r^x)^p}+\dfrac{1-r^x}{1+r^x}\equiv 0\pmod p$

用上面二项式定理的推论展开幂次，得 $\dfrac{1-r^{xp}}{1+r^{x^p}}+\dfrac{1-r^x}{1+r^x}\equiv 0\pmod p$

通分，得 $\dfrac{1-(r^{p+1})^x}{1+r^x+r^{px}+r^{(p+1)x}}\equiv 0\pmod p$

去分母，移项，得 $(r^{p+1})^x\equiv 1\pmod p$

由于该式对于所有 $x$ 均成立，可以去掉指数，得 $r^{p+1}\equiv 1\pmod p$

充分性得证。以上各式均为恒等变换，反过来可证明必要性 原命题得证。

和上面同样解方程 $b\equiv \dfrac{1-r^a}{1+r^a}\cdot i\pmod p$，解得 $r^a\equiv \dfrac{i-b}{i+b}\pmod p$

不知道原根存在性，没办法 BSGS

$\mathbb{Z}(i)_p$ 是个有限域吗

这个域共有 $p^2$ 个元素，根据有限域的存在性和唯一性，其为有限域 $\mathbb{F}_{p^2}$

【结论 6】

（有限域原根存在性）
有限域 $\mathbb{F}$ 存在元素 $g$ 使得 $g^n=1,\mathbb{F}=\{g^t|0\le t<n\}$

综合上述讨论，我们最终得到 $t$ 的存在性判定方式

当 $p=2$ 或 $b=0$ 或 $b^2\equiv -1\pmod p$ 时，$t$ 存在

否则，若 $t$ 存在，则存在 $r$ 满足以下三个条件

$r^a\equiv u\pmod p$

$r^v\equiv 1\pmod p$

$\forall x\in\mathbb{N},r^x\not\equiv-1\pmod p$

其中 $u=\dfrac{i-b}{i+b},i^2\equiv-1\pmod p,v=\left\{\begin{matrix} 0 &amp; (p\equiv 1\pmod 4)\\ p+1 &amp; (p\equiv 3\pmod 4) \end{matrix}\right.$。

记循环群大小 $n=\left\{\begin{matrix} p-1 &amp; (p\equiv 1\pmod 4)\\ p^2-1 &amp; (p\equiv 3\pmod 4) \end{matrix}\right.$

设 $r\equiv g^t\pmod p$，则 $r^v\equiv g^{tv}\equiv 1\pmod p$。

由 $g^n\equiv 1\pmod p$，得到 $n|tv$，因此有 $\dfrac n {\gcd(n,v)}|t$

同理，由 $r^x\not\equiv-1\pmod p$ 得 $g^{2tx}\not\equiv1\pmod p$

因此 $tx\not\equiv\dfrac n 2\pmod n$。这玩意可以继续除下去直到 $n$ 中的 $2$ 因数被除干净

设 $2^m|n,2^{m+1}\nmid n$，则可以推出 $2^m|t$

所以 $t$ 的一个取值是 $\operatorname{lcm}(\dfrac n {\gcd(n,v)},2^m)$

不妨就令 $t$ 为该值。则再设 $r\equiv g^{tk}$

还差条件一，代入 $r$ 得 $g^{atk}\equiv u$

再和上面一样的做法，得出 $u^{\frac{n}{\operatorname{gcd}(at, n)}}=1$

复杂度 $O(T\log p)$

int qpow(int a, int b)
{
	int res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1) res = res * a % p;
		b >>= 1;
		a = a * a % p;
	}
	return res;
}

struct complex 
{
	int X, Y;
	bool operator == (complex x) {return X == x.X && Y == x.Y;}
	complex operator * (complex x)
	{
		complex s;
		s = (complex) {X * x.X % p + imod * x.Y % p * Y % p, Y * x.X % p + X * x.Y % p};
		if (s.X >= p) s.X -= p; 
		if (s.Y >= p) s.Y -= p;
		return s;
	}
	complex operator ^ (int b) 
	{
		complex s({1, 0}), a(*this);
		while (b) {if(b & 1) s = s * a;a = a * a;b >>= 1;}
		return s;
	}
};

signed main() 
{
	cin >> T;
	while (T--)
	{
		cin >> p >> a >> b;
		
		if (p == 2 || b == 0 || b * b % p + 1 == p) 
		{
			puts("Yes");
			continue;
		}
		
		if ((p & 3) == 1) 
		{
			n = p - 1;
			int f, l;
			
			do 
			{
				l = rand() % p;
				imod = l * l % p - (p - 1);
				imod < 0 && (imod += p);
			} 
			
			while (!l || qpow(imod, (p - 1) >> 1) == 1);
			f = ((complex) {l, 1} ^ ((p + 1) >> 1)).X;
			if (p - f < f) f = p - f;
			int t = n / (n & (-n));
			t /= __gcd(a, t);
			
			int u = (f - b) * qpow(f + b, p - 2) % p;
			if (u < 0) u += p;
			if (qpow(u, t) == 1) puts("Yes");
			else puts("No");
		} 
		
		else 
		{
			n = p * p - 1;
			imod = p - 1;
			
			int t = n / ((n & (-n)) / __gcd((n & (-n)), p - 1) * (p - 1));
			t /= __gcd(a, t);
			int inv = qpow(b * b % p + 1, p - 2);
			complex u = {(1 - b * b % p + p) * inv % p,  (b << 1) % p * inv % p}; 
			
			if ((u ^ t) == (complex){1, 0}) puts("Yes");
			else puts("No");
		}
	}
	
	return 0;
}