数论的同余分支

我的同余，就像筛子，全是漏洞。

本文如果不特殊说明，出现的字母均属于 \(\mathbb{N}_+\) 集合。

一些概念

按照从易到难的顺序。

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整除与同余。

设 \(a,b(a\ne 0)\)，如果 \(\exist c\)，使得 \(ac=b\)，则称 \(b\) 整除 \(a\)，或 \(a\) 是 \(b\) 的因数，\(b\) 是 \(a\) 的倍数，记作 \(a|b\)。如果 \(b\) 不整除 \(a\)，则记作 \(a\nmid b\)。

设 \(m,a,b\)，如果 \(m|(a-b)\)，则称 \(a,b\) 在模 \(m\) 意义下同余，记作 \(a\equiv b\pmod{m}\)。不妨令 \(a>b\)，则上式等价于 \(\exist c\)，使得 \(b+cm=a\)。

完全剩余系。

定义 \(m\) 的完全剩余系是一个集合，集合内是所有模 \(m\) 可能得到的值，一般来说为：

\[\{0,1,2,\cdots,m-1\} \]

逆元。

定义 \(a\) 在模 \(m\) 下的逆元为 \(a^{-1}\)，满足 \(a^{-1}a\equiv1\pmod{m}\)。\(a^{-1}\) 存在，当且仅当 \(a,m\) 互质。

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最大公因数与最小公倍数。

设 \(a,b\)，则称最大的 \(c\) 满足 \(c|a,c|b\) 为 \(a,b\) 的最大公因数，记作 \(\gcd(a,b)\)。特别地，如果 \(\gcd(a,b)=1\)，则称 \(a,b\) 互质。

设 \(a,b\)，则称最小的 \(c\) 满足 \(a|c,b|c\) 为 \(a,b\) 的最小公倍数，记作 \(\operatorname{lcm}(a,b)\)。

容易发现 \(\operatorname{lcm}(a,b)=\frac{ab}{\gcd(a,b)}\)。

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质数与合数。

对于数 \(p(p\ge 2)\)，如果 \(\forall 1\le i<p\)，均有 \(i\) 与 \(p\) 互质，则称 \(p\) 为质数，否则 \(p\) 为合数。\(1\) 不是质数也不是合数。本文约定 \(\mathbb{P}\) 为质数集合。

算术基本定理。

对于数 \(n\)，它存在，且唯一存在一个质数分解：

\[n=\prod_{p\in\mathbb{P}}p^{c_p} \]

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阶与原根。

对于数 \(a,m\)，定义 \(a\) 模 \(m\) 的阶为最小的数 \(c\)，满足 \(a^c\equiv1\pmod{m}\)，通常记为 \(\delta_m(a)\)。

对于数 \(m\)，定义模 \(m\) 的原根为数 \(g\)，当且仅当 \(\delta_m(g)=\varphi(m)\)，原根存在，当且仅当 \(m\) 能被表示为 \(2,4,p^c,2p^c\) 的其中一种形式，其中 \(p\) 为奇质数。

欧几里得算法

欧几里得算法是一种快速求 \(\gcd\) 的算法，它基于以下恒等式：

\[\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod{b}) \]

其中边界条件为 \(\gcd(a,0)=a\)。递归实现的时间复杂度是 \(\mathcal{O}(\log a)\) 的，注意到每次递归要么交换 \(a,b\)，要么 \(a\) 至少缩小一倍。

考虑这样一个不定方程，其中未知数是 \(x,y\)：

\[ax+by=\gcd(a,b) \]

注意到 \(\gcd(b,a\bmod{b})=\gcd(a,b)\)，所以我们考虑令 \(a'=b,b'=a\bmod{b}\)，然后递归计算下列方程的解 \(x',y'\)：

\[a'x'+b'y'=\gcd(a,b) \]

边界条件是当 \(b'=0\) 时，\(x'=1,y'=0\)。考虑如何通过 \(x',y'\) 得到 \(x,y\)。代入 \(a,b\)：

\[bx'+(a\bmod{b})y'=\gcd(a,b) \]

注意到 \(a\bmod{b}=a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor b\)，则：

\[\begin{aligned}bx'+\left(a-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor b\right)y'&=\gcd(a,b)\\ay'+b\left(x'-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor y'\right)&=\gcd(a,b)\end{aligned} \]

所以可以得到：

\[x=y',y=\left(x'-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor y'\right) \]

递归下去即可得到原方程的解。时间复杂度依然是欧几里得算法的 \(\mathcal{O}(\log a)\)，这个算法一般被称为扩展欧几里得算法，或者 \(\rm exgcd\)。

注意到这个不定方程相当于：

\[ax\equiv \gcd(a,b)\pmod{b} \]

所以 \(\rm exgcd\) 也可以用来解形如上式的线性同余方程。

刚刚讨论的是一些特殊的不定方程和同余方程，现在我们来看看一般的情况，下文以不定方程为例。考虑：

\[ax+by=m \]

根据裴蜀定理，上式有解，当且仅当 \(\gcd(a,b)|m\)。判掉这种情况后，我们令 \(d=\frac{m}{\gcd(a,b)}\)。则我们求出方程 \(ax'+by'=\gcd(a,b)\) 的解后，上式的解即为：

\[x'=xd,y'=yd \]

证明只需令关于 \(x',y'\) 的方程两边同时乘 \(d\)。

刚刚求出的是一组特解，那我们想要所有解怎么办呢？考虑设 \(q\in\mathbb{Q}\)，则显然有：

\[a(x+qb)+b(y-qa)=m \]

成立。我们只需保证 \(qb,qa\in\mathbb{Z}\) 即可找到一组解。

P1516 青蛙的约会

给出 \(x,y,m,n,L\)，求方程 \(x+mt\equiv y+nt\pmod{L}\) 的最小正整数解 \(t\)，或报告无解。(\(1\le x\ne y,n,m\le 2\times 10^9,1\le L\le 2.1\times 10^9\))

考虑把上式化成线性同余方程的形式即：

\[(m-n)t\equiv y-x\pmod{L} \]

注意我们上文的推导是基于 \(a\ge0\) 的，所以如果本题中 \(m-n<0\)，需要给等式两边变号。

之后求出一组特解即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(\log n)\)。注意处理负数。

欧拉定理

欧拉定理的内容为：

\[\gcd(a,m)=1\Rightarrow a^{\varphi(m)}=1\pmod{m} \]

由此可以推出扩展欧拉定理，可以对指数取模：

\[a^b=\begin{cases}a^{b\bmod{\varphi(m)}}&\gcd(a,m)=1\\a^{b}&b<\varphi(m)\\a^{(b\bmod{\varphi(m)})+\varphi(m)}&b\ge \varphi(m)\end{cases} \]

其中后两个等式对于 \(m\) 无要求。

P3747 [六省联考 2017] 相逢是问候

给出一个长为 \(n\) 的序列 \(a\)，常数 \(c\)，和 \(m\) 次操作，操作分两种：

• 将区间 \(l,r\) 内的数 \(a_i\) 替换为 \(c^{a_i}\)。
• 求 \(\sum\limits_{i=l}^r a_i\pmod{p}\)。
  (\(1\le n,m\le 5\times 10^4,1\le p\le 10^8,0<c<p,0\le a_i<p\))

注意到操作一定次数后，一个位置的值会变为：

\[c^{c^{c^{\cdots^{a_i}}}} \]

的指数塔形式，而我们要求的是它模 \(p\) 的值，考虑用扩欧给质数取模：

\[c^{c^{c^{\cdots^{a_i}}}}\pmod{p}=c^{(c^{c^{\cdots^{a_i}}} \bmod{\varphi(p)})+[c^{c^{\cdots^{a_i}}}\ge \varphi(p)]\varphi(p)}\pmod{p} \]

而里面又是一次递归的过程。注意到 \(\varphi(p)\) 每次要么把奇质数变偶数，要么把合数缩小至少两倍，所以在 \(\mathcal{O}(\log p)\) 次数后，\(\varphi(\varphi(\varphi(\cdots(p))))\) 会变为 \(1\)，而那时不管还剩啥，得到的值均为 \(0\)，指数塔就停下了。而注意到，一旦指数塔的层数高于这个层数，则 \(a_i\) 就会因为模 \(1\) 而被舍去，再对它进行操作就不会改变它在模 \(p\) 意义下的值了。

所以注意到，我们可以用类似吉司机线段树的思想，维护每个区间内层数的最小值，如果层数最小值都比最大层数高了，就不再计算这个区间，否则暴力递归下去计算。根据势能分析，单次操作是均摊 \(\mathcal{O}(\log p)\) 的。暴力计算某个位置 \(c^{a_i}\) 的值可以在预处理出 \(\varphi\) 后直接递归计算。算上快速幂的复杂度是 \(\mathcal{O}(\sqrt{p}\log p+m\log^3p+n\log n)\) 的，看起来不好通过。加上光速幂后即可做到 \(\mathcal{O}((\sqrt{p}+\sqrt{m})\log p+m\log^2p+n\log n)\)，足以通过。

中国剩余定理

中国剩余定理，又称 \(\rm CRT\)，可以快速求解线性同余方程组，即形如：

\[\begin{cases}x&\equiv a_1\pmod{p_1}\\x&\equiv a_2\pmod{p_2}\\&\vdots\\x&\equiv a_n\pmod{p_n}\end{cases} \]

其中 \(\forall i\ne j\)，都有 \(\gcd(p_i,p_j)=1\)。

算法流程如下：

1. 令 \(P=\prod\limits_{i=1}^n p_i\)。
2. 对于第 \(i\) 个方程：
   1. 令 \(p'_i=\frac{P}{p_i}\)。
   2. 计算 \(p_i'\) 在模 \(p_i\) 意义下的逆元 \(p_i'^{-1}\)
   3. 计算 \(c_i=p_i'p_i'^{-1}\pmod{P}\)。
3. 则最终唯一解为 \(\sum\limits_{i=1}^n a_ic_i\pmod{P}\)

证明不会，自行搜索。

P2480 [SDOI2010]古代猪文

给出 \(g,n\)，求：

\[g^{\sum\limits_{k|n}\binom{n}{k}}\pmod{999,911,659} \]

(\(1\le g,n\le 10^9\))

首先特判掉 \(g\equiv0\pmod{999,911,659}\) 的情况。然后考虑用欧拉定理，把指数取个模，原式即为：

\[g^{\sum\limits_{k|n}\binom{n}{k}\bmod{999,911,658}}\pmod{999,911,659} \]

所以现在的问题为求：

\[\sum\limits_{k|n}\binom{n}{k}\pmod{999,911,658} \]

发现枚举 \(n\) 的因数，复杂度是可以接受的，问题在于求出组合数。因为模数不是质数，所以无法预处理阶乘及其逆元。但我们注意到：

\[999,911,658=2\times 3\times 4,679\times 35,617 \]

而这四个都是质数，考虑分别求出上式在模这些质数意义下的值 \(a_1,a_2,a_3,a_4\)。则现在我们相当于求解：

\[\begin{cases}x\equiv a_1\pmod{2}\\x\equiv a_2\pmod{3}\\x\equiv a_3\pmod{4,679}\\x\equiv a_4\pmod{35,617}\end{cases} \]

只需要上 \(\rm CRT\) 即可求出 \(x\) 在模 \(999,911,658\) 意义下的值。而 \(a\) 的求解可以直接上 \(\rm Lucas\) 定理。时间复杂度 \(\mathcal{O}(d(n)\log p)\)。

但有些时候，线性同余方程组的模数不互质，这时普通的 \(\rm CRT\) 就不够用了，我们需要 \(\rm exCRT\)。先考虑两个方程的情况：

\[\begin{cases}x\equiv a_1\pmod{m_1}\\x\equiv a_2\pmod{m_2}\end{cases} \]

则考虑返璞归真，把它们化成不定方程的形式：

\[\begin{cases}x=m_1u+a_1\\x=m_2v+a_2\end{cases} \]

两式相减：

\[m_1u-m_2v=a_2-a_1 \]

注意到这就是 \(\rm exgcd\) 能解的方程了。如果该方程无解，则同余方程无解。否则求出 \(u,v\) 后，原同余方程的解即为：

\[x\equiv m_1u+a_1\pmod{\operatorname{lcm}(m_1,m_2)} \]

而我们发现，上述求解的过程为方程合并的过程，所以对于多个方程的情况，我们依然可以用上述做法，两两合并得到最终的解。

P4774 [NOI2018] 屠龙勇士

题意太长了，不说，与本文无关的贪心和特判也不说了。我们需要求解的是这样一个线性同余方程组：

\[\begin{cases}A_1x&\equiv a_1\pmod{m_1}\\A_2x&\equiv a_2\pmod{m_2}\\&\vdots\\A_n x&\equiv a_n\pmod{m_n}\end{cases} \]

考虑对于每个方程用 \(\rm exgcd\) 分别求出一组解 \(x=b_i\pmod{m_i}\)，然后再用 \(\rm exCRT\) 两两合并即可得到最后的解。注意计算过程时可能爆 long long 即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。

Lucas 定理

\(\rm Lucas\) 定理是计算组合数模小质数 \(p\) 的值的，它把组合数的上下指标在 \(p\) 进制下进行了分解，具体来讲有：

\[\dbinom{n}{m}\equiv\dbinom{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\dbinom{n\bmod{p}}{m\bmod{p}}\pmod{p} \]

其中第二项可以预处理阶乘直接计算，前一项可以递归计算。时间复杂度 \(\mathcal{O}(p+\log n)\)。

但这要求模数为质数，如果模数不为质数，我们可以使用 \(\rm exLucas\) 定理。

考虑把模数分解质因数，则我们可以只求解组合数模 \(p^c\) 意义下的值，然后用 \(\rm CRT\) 合并即可。

现在的问题变为：

\[\dbinom{n}{m}\pmod{p^c} \]

考虑把组合数拆成阶乘：

\[\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\pmod{p^c} \]

注意到现在我们的问题卡在分母不一定与 \(p^c\) 互质，无法求出逆元。考虑把分子分母中 \(p\) 提取出来有：

\[\dfrac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\frac{(n-m)!}{p^z}}p^{x-y-z}\pmod{p^c} \]

这样就可以求逆元了。现在我们的问题又变为：

\[\dfrac{n!}{p^x}\pmod{p^c} \]

其中 \(x\) 表示 \(n!\) 中 \(p\) 的次数。考虑把 \(1\sim n\) 中所有 \(p\) 的倍数提出来：

\[\dfrac{n!}{p^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}}=\left(\frac{n}{p}\right)!\left(\prod_{i,\gcd(i,p)=1}^{p^c}i\right)^{\lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor}\left(\prod_{i=p^c\times\lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor,\gcd(i,p)=1}^{n}i\right) \]

可以通过手玩一组的方式感性理解。注意到提取出来的并不是全部的次数，\(\left(\frac{n}{p}\right)!\) 中可能还有，所以考虑等式两边同时除以剩下的次数，即可得到一个递归式：

\[\dfrac{n!}{p^x}=\dfrac{(\frac{n}{p})!}{p^{x'}}\left(\prod_{i,\gcd(i,p)=1}^{p^c}i\right)^{\lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor}\left(\prod_{i=p^c\times\lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor,\gcd(i,p)=1}^{n}i\right) \]

此时 \(x\) 已经能求了，递归下去即可：

\[x=\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor+x' \]

然后我们来考虑 \(\frac{n!}{p^x}\)。注意到 \(p^c\) 的范围不会很大，所以 \(p^x\) 的范围也不大，后面两个 \(\prod\) 可以直接求。则接下来又是递归的问题。

分别求出 \(x,y,z\) 和 \(\frac{n!}{p^x},\frac{m!}{p^y},\frac{(n-m)!}{p^z}\) 后，直接求个乘法逆元即可得到模 \(p^c\) 意义下组合数的值，最后用 \(\rm CRT\) 组合即可得到模原模数意义下的值。

BSGS

\(\rm BSGS\) 算法通常用于求解离散对数的问题，即求解以下同余方程的解 \(x\)：

\[a^x\equiv b\pmod{p},a\bot p \]

考虑将 \(x\) 分块，即令 \(x=A\lceil\sqrt{p}\rceil-B(A,B\le \lceil\sqrt{p}\rceil)\)，则原方程即：

\[a^{A\lceil\sqrt{p}\rceil}\equiv ba^{B}\pmod{p} \]

注意这里用到了 \(a\bot p\) 的条件把 \(a^{-B}\) 乘到了右边。考虑枚举 \(B\)，并把 \(ba^B\pmod{p}\) 的值存在哈希表内。然后枚举 \(A\)，在哈希表内查询 \(a^{A\lceil\sqrt{p}\rceil}\) 对应的 \(B\)，如果有，就找到了一组解 \(A\lceil\sqrt{p}\rceil-B\)。时间复杂度 \(\mathcal{O}(\sqrt{p}+\log p)\)。

但还是老问题，如果 \(\gcd(a,p)>1\) 呢？这时就有 \(\rm exBSGS\) 算法。设 \(d=\gcd(a,p)\)，当 \(d\nmid b\) 时，原方程无解，否则原方程显然可以化为：

\[\dfrac{a}{d}a^{x-1}\equiv\dfrac{b}{d}\pmod{\frac{p}{d}} \]

此时如果有 \(\gcd(\frac{p}{d},a)=1\)，则就可以用 \(\rm BSGS\) 直接求 \(x-1\) 的值了。否则我们就继续除 \(\gcd(\frac{p}{d},a)\) 的值直到互质。但注意到，假如除了 \(k\) 次，我们得到的解只能是大于 \(k\) 的解。注意到 \(k\) 是 \(\mathcal{O}(\log p)\) 级别的，我们先提前枚举小于等于 \(k\) 的值是否合法即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(\sqrt{p}+\log p)\)。

例题和要用下面的阶与原根，所以在下面放了。

阶与原根相关

阶与原根的定义上面已经说了，这里只说一些性质和用法。

1. \(a^1,a^2,\cdots,a^{\delta_m(a)}\) 两两模 \(m\) 不同余。
2. \(a^n\equiv 1\pmod{m}\iff\delta_m(a) | n\)，由此还能推出 \(a^p\equiv a^q\pmod{m}\iff p\equiv q\pmod{\delta_m(a)}\)。
3. \(\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)\iff\gcd(\delta_m(a),\delta_m(b))=1(a\bot m,b\bot m)\)。
4. \(\delta_m(a^k)=\dfrac{\delta_m(a)}{\gcd(\delta_m(a),k)}\)。
5. 当 \(m\ge 3\) 时，\(g\) 是 \(m\) 的原根，当且仅当 \(\gcd(g,m)=1\)，且对于 \(\varphi(m)\) 的所有质因数 \(p\)，都有 \(a^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv 1\pmod{m}\)。
6. 如果 \(m\) 有原根，则原根个数为 \(\varphi(\varphi(m))\) 个。如果设 \(g\) 为最小原根，则 \(g^k(k\bot\varphi(m))\pmod{m}\) 均为原根。
7. 对于所有的 \(t\bot m\)，总存在一个 \(c\)，满足 \(g^c\equiv t\pmod{m}\)。
8. \(m\) 的最小原根的数量级是 \(\mathcal{O}(m^{0.25})\) 级别的。

这样求最小原根我们可以枚举。求阶的话，注意到根据欧拉定理 \(a^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod{m}\)，枚举 \(\varphi(m)\) 的因数即可得到阶。

P6091 【模板】原根

\(T\) 组询问，每次询问 \(n\) 的所有原根。(\(1\le T\le 10,2\le n\le 10^6\))

首先我们可以枚举求出最小原根 \(g\)，这部分的时间复杂度是 \(\mathcal{O}(n^{0.25}d(n))\)。（还要算上枚举因数判断的复杂度）然后枚举 \(k(k\bot \varphi(n),k\le \varphi(n))\) 的值计算所有原根即可。总时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^{0.25}d(n)+n)\)。

CF1106F Lunar New Year and a Recursive Sequence

定义无穷正整数序列 \(f_1,f_2,\cdots\)，对于任意的 \(i>k\)，\(f_i\) 是如下递归定义的：

\[f_i=\prod_{j=1}^k f_{i-j}^{b_j}\bmod{p} \]

其中 \(p=998,244,353\)。给出序列 \(b_1,b_2,\cdots,b_k\)，已知 \(f_1=f_2=\cdots=f_{k-1}=1,f_n=m\)，求 \(f_k\) 可能的值，或报告无解。(\(1\le k\le 100,1\le b_i,m<p,k<n\le 10^9\)，你需要保证 \(1\le f_k<p\))

发现 \(\prod\) 和乘方这种东西非常不好处理，但这个形式和常系数齐次递推确实很像。说明这道题可能要求我们把 \(\prod\) 变为 \(\sum\)，乘方变为乘法，这样就能凑成常系数齐次递推的形式。

考虑在实数意义下，这种事非常好办，直接取对数即可。而在模意义下，我们可以取离散对数。具体来讲，我们想找到一个 \(c\)，满足存在一个 \(l\)，使得：

\[c^l\equiv a\pmod{p} \]

则 \(a\) 的离散对数就可以定义为 \(l\)。发现关键在于 \(c\) 的选择，合适的 \(c\) 应该让尽可能多的数拥有离散对数。注意到原根的性质有一条：

对于所有的 \(t(t\bot p)\)，在模 \(p\) 意义下都能被 \(p\) 的原根 \(g\) 的幂次的形式表示。

又因为此题 \(p\) 是质数，所以我们只需选择它的原根 \(3\) 作为 \(c\)，即可保证所有的正整数都存在离散对数。而求离散对数的过程相当于求解这样一个同余方程：

\[a^x\equiv b\pmod{p} \]

可以用 \(\rm BSGS\) 在 \(\mathcal{O}(\sqrt{p})\) 的时间复杂度内轻松实现。但需要注意，求解的 \(x\) 和离散对数是模 \(\varphi(p)\) 同余的。

设 \(f_i\) 的离散对数为 \(lf_i\)，则上式可以化为：

\[lf_i=\sum_{j=1}^kb_jlf_{i-j}\bmod{\varphi(p)} \]

发现可以用矩阵乘法表示这个过程，即：

\[\begin{bmatrix}lf_{i-k}&lf_{i-k+1}&\ldots&lf_{i-1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&0&\ldots&0&b_k\\1&0&\ldots&0&b_{k-1}\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\0&0&\ldots&1&b_1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}lf_{i-k+1}&lf_{i-k+2}&\ldots&lf_i\end{bmatrix} \]

如果设转移矩阵为 \(\mathbf{A}\)，则整个过程相当于：

\[\begin{bmatrix}0&0&\ldots&lf_k\end{bmatrix}\times\mathbf{A}^{n-k}=\begin{bmatrix}\ldots&\ldots&\ldots&lf_n\end{bmatrix} \]

观察到 \(1\) 的离散对数是 \(0\) 即可得到初始矩阵。注意到我们只关心 \(lf_n\) 的值，所以根据上面的等式，我们可以得到如下同余式：

\[lf_k(\mathbf{A}^{n-k})_{k,k}\equiv lf_n\pmod{\varphi(p)} \]

由于矩阵是已知的，所以不妨把 \((\mathbf{A}^{n-k})_{k,k}\) 设为一个常量 \(a\)，再把 \(lf_k\) 设为 \(x\)，\(lf_n\) 设为 \(b\)，则我们现在只需要解一个线性同余方程就够了：

\[ax\equiv b\pmod{\varphi(p)} \]

可以用 \(\rm exgcd\) 轻松判无解和求出通解。求出 \(x\) 后，\(f_k\) 即为 \(g^x\bmod{p}\)。时间复杂度 \(\mathcal{O}(k^3\log n+\sqrt{p})\)。计算的时候注意模数在这一步到底是 \(p\) 还是 \(\varphi(p)\)。

根据这道题，我们考虑这样的同余方程：

\[x^a\equiv b\pmod{p} \]

则其实根据原根的知识我们知道，可以令 \(x=g^c\)，则：

\[(g^a)^c\equiv b\pmod{p} \]

\(g^a\) 是已知的，这样就成功化为 \(\rm BSGS\) 的形式。求出 \(c\) 后，解即为 \(g^c\)。

而一个数的离散对数的求法在题解中已经说的比较清楚了，不再赘述。

2233. 序列

题面不放了，是权限题。

发现指数非常难处理，所以考虑取离散对数。具体来讲，如果模数 \(p\) 存在原根 \(g\)，则对于 \(x\)，满足 \(x\bot p\)，定义 \(x\) 的离散对数为 \(\ln x\)，满足：

\[g^{\ln x}\equiv x\pmod{p} \]

我们可以在求出原根 \(g\) 后，用 \(\rm BSGS\) 求出模 \(p-1\) 意义下的 \(\ln x\)，即求出下列同余方程的解 \(a\)：

\[g^a\equiv x\pmod{p} \]

则有 \(a\equiv \ln x\pmod{p-1}\)。

考虑设 \(y=\ln x\)，则定义新的序列 \(y_i\) 满足：

\[y_1=y,y_i=my_{i-1}\pmod{p-1} \]

即 \(y_i=m^{i-1}y\)。原问题相当于找到最小的 \(i\)，满足存在一个 \(j(j>i)\)，使得：

\[m^{j-1}y\equiv m^{i-1}y\pmod{p-1} \]

这相当于：

\[m^jy\equiv m^iy\pmod{p-1} \]

考虑枚举 \(i\)。如果 \(y\bot p-1,m\bot p-1\)，则上式容易化简成：

\[m^{j-i}\equiv1\pmod{p-1} \]

求最小的 \(j-i\) 就相当于求 \(\delta_{p-1}(m)\)，即模 \(p-1\) 意义下 \(m\) 的阶。这个容易通过枚举 \(\varphi(p-1)\) 的约数得到，根据的引理是：

\[a^n\equiv1\pmod{m}\iff \delta_m(a)|n \]

然后我们考虑 \(\gcd(y,m)>1\) 的情况，注意到这种情况下就不能同时约去 \(y\) 了。考虑设 \(d=\gcd(y,m)\)，则可以得到：

\[\frac{m^jy}{d}\equiv\frac{m^iy}{d}\pmod{\frac{p-1}{d}} \]

此时，如果 \(m\bot \frac{p-1}{d}\)，则我们就又能套用上面的做法求出 \(j-i\)。

然后考虑当此时依然有 \(\gcd(m,\frac{p-1}{d})>1\) 时，当前 \(i\) 就不在循环节内了，因为我们无论如何都找不到阶了。所以我们考虑给 \(i\) 加一，继续这个过程，即令 \(m\leftarrow m^2\)。

现在考虑枚举 \(i\) 的过程，这个过程会不会很慢？考虑每次都会把 \(p-1\) 至少缩小两倍，当缩小到 \(1\) 时，无论如何都会停下这个过程，所以 \(i\) 移动次数只有 \(\mathcal{O}(\log p)\) 级别。

总结一下，我们先 \(\mathcal{O}(p^{0.25}d(p))\) 求出原根，然后 \(\mathcal{O}(p^{0.5})\) 求离散对数。之后枚举 \(i\)，然后每次求 \(\gcd\)，最后求一次阶即可得出答案，时间复杂度 \(\mathcal{O}(\log^2 p+d(p))\)。总时间复杂度 \(\mathcal{O}(T(p^{0.25}d(p)+p^{0.5}+\log^2p))\)。