P7611 [THUPC2021] 幸运位置
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挺奇怪的一道题，虽然各种乱搞可过但还是很有思考价值的。
首先这道题有一个正经的构造做法，\(\gcd(a,b,c)>1\) 时直接判掉无解，设 \(\gcd(b,c)=x\) ，如果 \(x=1\) ，那么 \(n=0\) 就满足条件。
否则我们可以发现 \(\gcd(a+b,x)=1\) （因为有 \(gcd(a,b,c)=1\)），由于一个数 \(x\) 满足 \(\gcd(x,y)=1,\gcd(x,z)=1\) ，那么 \(\gcd(x,yz)=1\) （可以反证），也就是说如果 \(\gcd(a+b,\frac{c}{x})=1\) 那么 \(n=1\) 就是答案。
考虑给 \(a+b\) 加上若干个 \(ax\) ，这样依然有 \(\gcd(kax+a+b,x)=1\) ，现在是要找出一个 \(k\) 满足 \(\gcd(kax+a+b,\frac{c}{x})=1\) ，发现是一个子问题，递归即可。由于 \(x>1\) ，所以顶多递归 \(\log_2{c}\) 层（实际平均只会递归一道两层）。
有两个小问题，第一个是要保证子问题依然有解（不然一个有解的情况递归到无解的情况构造不出了）。考虑归纳证明只要 \(\gcd(a,b,c)=1\) 即有解，那么反证，假设有素数 \(p|\gcd(ax,a+b,c)\) ，那么一定有 \(p|a\) 或 \(p|x\) ，若 \(p|x\) ，则 \(p|b\) ，又因为 \(p|a+b\) ，所以又归到了 \(p|a\) 的情况，那么如果 \(p|a\) ，因为 \(p|a+b\)，所以 \(p|b\) ，因为 \(p|c\) ，所以 \(p|\gcd(a,b,c)\) 与前提矛盾。因此递归的任何一个子问题都是有解的。
第二个是解的大小的问题，注意到递归过程中所有 \(x\) 的乘积不超过 \(c\) ，那么最终结果不会超过 \(c\log_2{c}\) ，看起来会超过 \(10^{2000}\) ，但由于跑不满因此不会。
Code 1
from math import gcd
def solve(a,b,c):
x=gcd(b,c)
if x==1:
return 0
return solve(a*x,a+b,c//x)*x+1
for i in range(int(input())):
a,b,c=map(int,input().split())
if gcd(a,gcd(b,c))>1:
print(-1)
continue
print(solve(a,b,c))
但是这道题直接从小到大枚举 \(n\) 或者随机化就可以过。虽然不会严谨的时间复杂度，但是是可以感性理解一下的。
具体来说，关键在于一个数的不同素因子的个数是在 \(O(\log c)\) 级别的，考虑用 \(c\) 的素因子个数对 \(n\) 的最小解进行感性分析。对于一个最小解 \(n'\)，也就是说 \(\forall n<n',\gcd(an+b,c)>1\) ，取一个数 \(s\) 和素数 \(t\) 满足 \(s+t<n'\) ，假设 \(p|\gcd(sa+b,c),q|\gcd((s+t)a+b,c)\) ，如果 \(p=q\) ，那么有 \(p|ta\) ，明显 \(p\not|a\) ，否则 \(\gcd(a,b,c)>1\) ，所以有 \(p|t\) ，限制 \(t\) 为素数，那么就有 \(p=t\) ，也就是说有 \(t|c\) 。
上述分析感性说明一下，就是对于一个间隔为素数的不满足条件的 \(n\) ，要么 \(p\neq q\) ，这样 \(c\) 就会分析出两个不同的素因子，要么 \(p=q\) ，这样这个间隔就是 \(c\) 的素因子，由于 \(c\) 的素因子本来就不会很多， \(n'\) 足够大时其中每一种素数间隔都会至少贡献一种不同的质因子，大胆猜测 \(n\) 的最小解也会是 \(O(\log c)\) 级别的，基于同样的思想我们也可以猜测随机化也只会期望猜 \(O(\log c)\) 次。
当然，上述只是一个非常不严谨的对最小解大小的猜测式的分析，大家看一看就行了。
Code 2
from math import gcd
for i in range(int(input())):
a,b,c=map(int,input().split())
if gcd(a,gcd(b,c))>1:
print(-1)
continue
n=0
while gcd(a*n+b,c)>1:
n=n+1
print(n)
