二次剩余、三次剩余、k次剩余
今天研究了一下这块内容...首先是板子
#include <iostream> #include <stdio.h> #include <math.h> #include <string.h> #include <time.h> #include <stdlib.h> #include <string> #include <bitset> #include <vector> #include <set> #include <map> #include <queue> #include <algorithm> #include <sstream> #include <stack> #include <iomanip> using namespace std; #define pb push_back #define mp make_pair typedef pair<int,int> pii; typedef long long ll; typedef double ld; typedef vector<int> vi; #define fi first #define se second #define fe first #define FO(x) {freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);} #define Edg int M=0,fst[SZ],vb[SZ],nxt[SZ];void ad_de(int a,int b){++M;nxt[M]=fst[a];fst[a]=M;vb[M]=b;}void adde(int a,int b){ad_de(a,b);ad_de(b,a);} #define Edgc int M=0,fst[SZ],vb[SZ],nxt[SZ],vc[SZ];void ad_de(int a,int b,int c){++M;nxt[M]=fst[a];fst[a]=M;vb[M]=b;vc[M]=c;}void adde(int a,int b,int c){ad_de(a,b,c);ad_de(b,a,c);} #define es(x,e) (int e=fst[x];e;e=nxt[e]) #define esb(x,e,b) (int e=fst[x],b=vb[e];e;e=nxt[e],b=vb[e]) #define VIZ {printf("digraph G{\n"); for(int i=1;i<=n;i++) for es(i,e) printf("%d->%d;\n",i,vb[e]); puts("}");} #define VIZ2 {printf("graph G{\n"); for(int i=1;i<=n;i++) for es(i,e) if(vb[e]>=i)printf("%d--%d;\n",i,vb[e]); puts("}");} #define SZ 666666 template<class T> inline T dw(); template<> inline ll dw<ll>() {return 1;} template<> inline int dw<int>() {return 1;} typedef pair<ll,ll> pll; ll pll_s; inline pll mul(pll a,pll b,ll p) { pll ans; ans.fi=a.fi*b.fi%p+a.se*b.se%p*pll_s%p; ans.se=a.fi*b.se%p+a.se*b.fi%p; ans.fi%=p; ans.se%=p; return ans; } inline ll mul(ll a,ll b,ll c) {return a*b%c;} //a^b mod c template<class T> T qp(T a,ll b,ll c) { T ans=dw<T>(); while(b) { if(b&1) ans=mul(ans,a,c); a=mul(a,a,c); b>>=1; } return ans; } inline ll ll_rnd() { ll ans=0; for(int i=1;i<=5;i++) ans=ans*32768+rand(); if(ans<0) ans=-ans; return ans; } //(x,y) -> x+sqrt(pll_s)*y template<> inline pll dw<pll>() {return pll(1,0);} //find (possibly) one root of x^2 mod p=a //correctness need to be checked ll sqr(ll a,ll p) { if(!a) return 0; if(p==2) return 1; ll w,q; while(1) { w=ll_rnd()%p; q=w*w-a; q=(q%p+p)%p; if(qp(q,(p-1)/2,p)!=1) break; } pll_s=q; pll rst=qp(pll(w,1),(p+1)/2,p); ll ans=rst.fi; ans=(ans%p+p)%p; return ans; } //solve x^2 mod p=a vector<ll> all_sqr(ll a,ll p) { vector<ll> vec; a=(a%p+p)%p; if(!a) {vec.pb(0); return vec;} ll g=sqr(a,p); ll g2=(p-g)%p; if(g>g2) swap(g,g2); if(g*g%p==a) vec.pb(g); if(g2*g2%p==a&&g!=g2) vec.pb(g2); return vec; } ll s3_a; //f0+f1*x+f2*x^2 (for x^3=s3_a) struct s3 { ll s[3]; s3() {s[0]=s[1]=s[2]=0;} s3(ll* p) {s[0]=p[0]; s[1]=p[1]; s[2]=p[2];} s3(ll a,ll b,ll c) {s[0]=a; s[1]=b; s[2]=c;} }; template<> s3 dw<s3>() {return s3(1,0,0);} s3 rs3(ll p) { return s3(ll_rnd()%p,ll_rnd()%p,ll_rnd()%p); } s3 mul(s3 a,s3 b,ll p) { ll k[3]={}; for(int i=0;i<3;i++) { for(int j=0;j<3;j++) { if(i+j<3) k[i+j]+=a.s[i]*b.s[j]%p; else k[i+j-3]+=a.s[i]*b.s[j]%p*s3_a%p; } } for(int i=0;i<3;i++) k[i]%=p; return s3(k[0],k[1],k[2]); } //solve x^3 mod p=a vector<ll> all_cr(ll a,ll p) { vector<ll> vec; a=(a%p+p)%p; if(!a) {vec.pb(0); return vec;} if(p<=3) { for(int i=0;i<p;i++) { if(i*i*i%p==a) vec.pb(i); } return vec; } if(p%3==2) { vec.pb(qp(a,(p*2-1)/3,p)); return vec; } if(qp(a,(p-1)/3,p)!=1) return vec; ll l=(sqr(p-3,p)-1)*qp(2LL,p-2,p)%p,x; s3_a=a; while(1) { s3 u=rs3(p); s3 v=qp(u,(p-1)/3,p); if(v.s[1]&&!v.s[0]&&!v.s[2]) {x=qp(v.s[1],p-2,p); break;} } x=(x%p+p)%p; vec.pb(x); vec.pb(x*l%p); vec.pb(x*l%p*l%p); sort(vec.begin(),vec.end()); return vec; } map<ll,ll> gg; ll yss[2333]; int yyn=0; //find x's primitive root inline ll org_root(ll x) { ll& pos=gg[x]; if(pos) return pos; yyn=0; ll xp=x-1; for(ll i=2;i*i<=xp;i++) { if(xp%i) continue; yss[++yyn]=i; while(xp%i==0) xp/=i; } if(xp!=1) yss[++yyn]=xp; ll ans=1; while(1) { bool ok=1; for(int i=1;i<=yyn;i++) { ll y=yss[i]; if(qp(ans,(x-1)/y,x)==1) {ok=0; break;} } if(ok) return pos=ans; ++ans; } } map<ll,int> bsgs_mp; //find smallest x: a^x mod p=b ll bsgs(ll a,ll b,ll p) { if(b==0) return 1; map<ll,int>& ma=bsgs_mp; ma.clear(); //only /2.5 for speed... ll hf=sqrt(p)/2.5+2,cur=b; for(int i=0;i<hf;i++) ma[cur]=i+1, cur=cur*a%p; ll qwq=1,qh=qp(a,hf,p); for(int i=0;;i++) { if(i) { if(ma.count(qwq)) return i*hf-(ma[qwq]-1); } qwq=qwq*(ll)qh%p; } return 1e18; } //ax+by=1 void exgcd(ll a,ll b,ll& x,ll& y) { if(b==0) {x=1; y=0; return;} exgcd(b,a%b,x,y); ll p=x-a/b*y; x=y; y=p; } template<class T> T gcd(T a,T b) {if(b) return gcd(b,a%b); return a;} //solve x^a mod p=b vector<ll> kr(ll a,ll b,ll p) { vector<ll> rst; if(!b) {rst.pb(0); return rst;} ll g=org_root(p); ll pb=bsgs(g,b,p); ll b1=a,b2=p-1,c=pb; ll gg=gcd(b1,b2); if(c%gg) return rst; b1/=gg, b2/=gg, c/=gg; ll x1,x2; exgcd(b1,b2,x1,x2); x1*=c; x1=(x1%b2+b2)%b2; ll cs=qp(g,x1,p),ec=qp(g,b2,p); for(ll cur=x1;cur<p-1;cur+=b2) rst.pb(cs), cs=cs*ec%p; sort(rst.begin(),rst.end()); return rst; }
这份代码可以解决1014、1039、1038三道题。感人至深
参考链接是糖老师的这篇文章：http://blog.csdn.net/skywalkert/article/details/52591343?locationNum=3&fps=1
感觉二次和三次剩余里面已经讲得挺清楚了，注意三次剩余里面那个多项式群里面自变量取值是满足x^3=a的。
这里就讲一下k次剩余娱乐一下。
我们要解x^a mod p=b，p是个质数，那么p就有原根g。
考虑两边对原根g取log，设g^r=b，r可以用bsgs求出来，那么我们就是要求s*a mod (p-1)=r，那么x就等于g^s。
这个东西我们可以设s*a+qwq*(p-1)=r，先把(a,p-1)约分，用exgcd解出来一个s，然后就只要加上(约分后的p-1)的倍数就可以剩下的解了。
此外这题需要卡常，见bsgs函数里的/2.5。
