[ABC286F]

[ABC286F] Guess The Number 2

题意转换：

有一个数 $n$，你不知道是多少。让你构造一个 $m$ 个点（$1\le m\le 110$），且每条边有且仅有一条出边的图。告诉你每个点沿着边走 $n$ 次后到达的点，求 $n$。

思路：

可以发现当 $n$ 很大时，每个点最终都到达了一个环内。

由于 $n$ 很大时发现如果不是环上的边就是无意义的，仅仅是对同余方程进行了加减操作。

于是，我们考虑构造若干个环（我们假定对于大小为 $k$ 的环，下标 $[0,k)$，将输入输出变换一下即可得到），然后就可以得到同余方程组：（假定有 $s$ 个方程）

$\{\begin{array}{}\text{(1)}& n\equiv a_1(mod{m}_1)\text{(2)}& n\equiv a_2(mod{m}_2)\text{(3)}& \dots \text{(4)}& n\equiv a_s(mod{m}_s)\end{array}$

我们只要让 $m$ 两两互质，就可以用中国剩余定理求解，且两个通解之间的距离为 $\prod m_i$。

为了保证解的唯一性和序列长度限制，需要满足 $\sum m_i\le 110,\prod m_i\ge {10}^9$。

取 $2,3,5,7,11,13,17,19,23$，发现和为 $100$，单乘积不过，只有约 $2.2\times {10}^8$。

我们把 $2,3$ 换成 $4,9$，则乘积就大了 $6$ 倍，和也只大了 $8$，满足要求。

注意尽管最终答案不超过 ${10}^9$，但是中国剩余定理中途的答案可能超过，需要 long long。

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define Ed for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
#define Ls(i,l,r) for(int i=l;i<r;++i)
#define Rs(i,l,r) for(int i=l;i>r;--i)
#define Le(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Re(i,l,r) for(int i=l;i>=r;--i)
#define L(i,l) for(int i=0;i<l;++i)
#define E(i,l) for(int i=1;i<=l;++i)
#define W(t) while(t--)
#define Wh while
const int p[]={4,9,5,7,11,13,17,19,23},N=sizeof(p)/sizeof(p[0]);
int m,mul=1;
typedef long long ll;

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(!b){
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    int d=exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
    return d;
}
int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    // freopen("1.in","r",stdin);
    #endif
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cout<<"108\n";
    int sum=1;
    L(i, N){
        E(j, p[i]-1)
            cout<<sum+j<<' ';
        cout<<sum<<' ';
        sum+=p[i];
        mul*=p[i];
    }
    cout<<endl;
    sum=1;
    ll ans=0;
    L(i, N){
        int x;
        cin>>x;
        //n===x-sum(mod p[i])
        ll a=x-sum;
        int M=mul/p[i];
        int t1,t2;
        exgcd(M,p[i],t1,t2);
        ans+=a*M*(t1<0?t1+p[i]:t1);
        L(j, p[i]-1)cin>>x;
        sum+=p[i];
    }
    cout<<ans%mul;
    return 0;
}