题解

K次剩余终极版!orz

写一下,WA一年,bug不花一分钱

在很久以前,我还认为,数论是一个重在思维,代码很短的东西

后来。。。我学了BSGS,学了EXBSGS,学了模质数的K次剩余……代码一个比一个长……

直到今天,我写了240行的数论代码,我才发现数论这个东西= =太可怕了

好吧那么我们来说一下任意模数的K次剩余怎么搞

首先,如果模数是奇数,我们可以拆成很多个质数的指数幂,再用解同余方程的方法一个个合起来,细节之后探讨

但是如果,模数有偶数呢

因为要输出所有解,解的个数不多,我们可以倍增,也就是如果模数有一个\(2^k\)因子,那么它在模\(2^{k - 1}\)情况下的所有解x,如果还要在\(2^{k}\)成立,必定是\(x\)或\(x + 2^{k - 1}\)

我们对于每一个检查一下就好了

这样,我们就只要考虑模奇数的情况了

对于一个质数的指数幂\(p^{k}\) 有\(x^{A} \equiv C \pmod {p^{k}}\)

若\(C == 0\)

那么\(x\)中必然有\(p^{\lceil \frac{k}{A} \rceil}\)这个因子,之后从0枚举,一个个乘起来就是\(x\)可能的取值

若\(C \% p == 0\)

也就是说,\(C\)可以写成\(u * p^{e}\)的形式,有解必定有\(A|e\)

那么就是\(x^{A} \equiv u * p^{e} \pmod {p^{k}}\)

把同余式打开,可以有\(x^{A} = u * p^{e} + h * p^{k}\)

等式两边都除掉一个\(p^{e}\)就有

\((\frac{x}{p^{\frac{e}{A}}})^{A} = u + h * p^{k - e}\)

设\(t = \frac{x}{p^{\frac{e}{A}}}\)

我们要求的就是

\(t^{A} \equiv u \pmod {p^{k - e}}\)

这时候\(u\)必然和模数互质,可以套用模质数的K次剩余

此时求出来的指标要取模的数是\(\phi(p^{k - e})\)而不是\(\phi(p^k)\)

之后求出所有指标的上界是\(\phi(p^k)\) (就是不断增加\(\frac{\phi(p^{k - e})}{gcd(\phi(p^{k - e},A))}\)的时候)

如果\(C\)和\(p\)互质

那么直接上模质数的K次剩余(虽然是质数的指数幂但是你不需要用到有质数的那些位置了)

最后求完了,和上一次的答案用同余方程合起来即可

(附赠51nod上tangjz的hack数据,我虽然ac了然而这个hack没过,又调了一段时间才过掉)

输入

1

3 531441 330750

输出

264 19947 39630 59313 78996 98679 118362 138045 157728 177411 197094 216777 236460 256143 275826 295509 315192 334875 354558 374241 393924 413607 433290 452973 472656 492339 512022

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <ctime>
//#define ivorysi
#define MAXN 100005
#define eps 1e-7
#define mo 974711
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
int64 A,B,C,G,eu;
int64 ans[MAXN],tmp[MAXN],R,L[MAXN],cntL;
int M;
struct node {
int next,num;
int64 hsh;
}E[MAXN];
int head[mo + 5],sumE;
int64 fpow(int64 x,int64 c,int64 MOD) {
int64 res = 1,t = x;
while(c) {
if(c & 1) res = res * t % MOD;
t = t * t % MOD;
c >>= 1;
}
return res;
}
int primitive_root(int64 P,int64 eu) {
static int64 factor[1005];
int cnt = 0;
int64 x = eu;
for(int64 i = 2 ; i <= x / i ; ++i) {
if(x % i == 0) {
factor[++cnt] = i;
while(x % i == 0) x /= i;
}
}
if(x > 1) factor[++cnt] = x;
for(int G = 2 ; ; ++G) {
for(int j = 1 ; j <= cnt ; ++j) {
if(fpow(G,eu / factor[j],P) == 1) goto fail;
}
return G;
fail:;
}
}
int64 gcd(int64 a,int64 b) {
return b == 0 ? a : gcd(b,a % b);
}
void ex_gcd(int64 a,int64 b,int64 &x,int64 &y) {
if(b == 0) {
x = 1,y = 0;
}
else {
ex_gcd(b,a % b,y,x);
y -= a / b * x;
}
}
int64 Inv(int64 num,int64 MOD) {
int64 x,y;
ex_gcd(num,MOD,x,y);
x %= MOD;x += MOD;
return x % MOD;
}
void add(int u,int64 val,int num) {
E[++sumE].hsh = val;
E[sumE].next = head[u];
E[sumE].num = num;
head[u] = sumE;
}
void Insert(int64 val,int num) {
int u = val % mo;
for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
if(val == E[i].hsh) {
E[i].num = num;
return;
}
}
add(u,val,num);
}
int Query(int64 val) {
int u = val % mo;
for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
if(val == E[i].hsh) {
return E[i].num;
}
}
return -1;
}
int BSGS(int64 A,int64 C,int64 P) {
memset(head,0,sizeof(head));sumE = 0;
int64 S = sqrt(P);
int64 t = 1,invt = 1,invA = Inv(A,P); for(int i = 0 ; i < S ; ++i) {
if(t == C) return i;
Insert(invt * C % P,i);
t = t * A % P;
invt = invt * invA % P;
}
int64 tmp = t;
for(int i = 1 ; i * S < P ; ++i) {
int x = Query(tmp);
if(x != -1) {
return i * S + x;
}
tmp = tmp * t % P;
}
}
bool Process(int64 A,int64 C,int64 P,int k) {
int64 MOD = 1,g;
for(int i = 1 ; i <= k ; ++i) MOD *= P;
cntL = 0;
if(C % MOD == 0) {
int64 T = (k - 1) / A + 1;
L[++cntL] = 0;
if(T < k) {
int64 num = fpow(P,T,MOD);
for(int i = 1 ; i * num < MOD ; ++i) L[++cntL] = i * num;
}
}
else if(g = gcd(C % MOD,MOD) != 1){
int64 x = C % MOD;
int c = 0;
while(x % P == 0) ++c,x /= P;
if(c % A != 0) return false;
G = primitive_root(MOD / (C / x),eu / (C / x));
eu /= C / x;
int e = BSGS(G,x,MOD / (C / x));
g = gcd(A,eu);
if(e % g != 0) return false;
e /= g;
int64 s = Inv(A / g,eu / g) * e % (eu / g);
L[++cntL] = s;
while(1) {
if((L[cntL] + eu / g) % (eu * (C / x)) == L[1]) break;
L[cntL + 1] = L[cntL] + eu / g;
++cntL;
}
for(int i = 1 ; i <= cntL ; ++i) {
L[i] = fpow(G,L[i],MOD) * fpow(P,c / A,MOD) % MOD;
}
}
else {
int e = BSGS(G,C % MOD,MOD);
g = gcd(A,eu);
if(e % g != 0) return false;e /= g;
int s = Inv(A / g,eu / g) * e % (eu / g);
L[++cntL] = s;
while(1) {
if(L[cntL] + eu / g >= eu) break;
L[cntL + 1] = L[cntL] + eu / g;
++cntL;
}
for(int i = 1 ; i <= cntL ; ++i) L[i] = fpow(G,L[i],MOD);
}
if(!cntL) return false;
if(!M) {
M = cntL;
for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) ans[i] = L[i];
sort(ans + 1,ans + M + 1);
M = unique(ans + 1,ans + M + 1) - ans - 1;
R = MOD;
return true;
}
int tot = 0;
for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {
for(int j = 1 ; j <= cntL ; ++j) {
tmp[++tot] = (R * Inv(R,MOD) % (R * MOD) * (L[j] - ans[i]) + ans[i]) % (R * MOD);
tmp[tot] = (tmp[tot] + R * MOD) % (R * MOD);
}
}
R *= MOD;
sort(tmp + 1,tmp + tot + 1);
tot = unique(tmp + 1,tmp + tot + 1) - tmp - 1;
for(int i = 1 ; i <= tot ; ++i) ans[i] = tmp[i];
M = tot;
return true;
}
void Solve() {
M = 0;
if(B % 2 == 0) {
int64 Now = 2;B /= 2;
if(C & 1) ans[++M] = 1;
else ans[++M] = 0; while(B % 2 == 0) {
B /= 2;
Now *= 2;
int t = 0;
for(int i = 1 ; i <= M ;++i) {
if(fpow(ans[i],A,Now) == C % Now) tmp[++t] = ans[i];
if(fpow(ans[i] + Now / 2,A,Now) == C % Now) tmp[++t] = ans[i] + Now / 2;
}
for(int i = 1 ; i <= t ; ++i) ans[i] = tmp[i];
if(!t) goto fail;
M = t;
}
R = Now;
sort(ans + 1,ans + M + 1);
M = unique(ans + 1,ans + M + 1) - ans - 1;
}
for(int64 i = 3 ; i <= B / i ; ++i) {
if(B % i == 0) {
eu = (i - 1);
B /= i;
int num = i,cnt = 1;
while(B % i == 0) {
B /= i;eu *= i;num *= i;++cnt;
}
G = primitive_root(num,eu);
if(!Process(A,C,i,cnt)) goto fail;
}
}
if(B > 1) {
eu = B - 1;
G = primitive_root(B,eu);
if(!Process(A,C,B,1)) goto fail;
}
if(M == 0) goto fail;
sort(ans + 1,ans + M + 1);
for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {
printf("%d%c",ans[i]," \n"[i == M]);
}
return;
fail:
puts("No Solution");
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%lld%lld%lld",&A,&B,&C);
Solve();
}
}

【51nod】1123 X^A Mod B (任意模数的K次剩余)的更多相关文章

  1. 51NOD 1258 序列求和 V4 [任意模数fft 多项式求逆元 伯努利数]

    1258 序列求和 V4 题意:求\(S_m(n) = \sum_{i=1}^n i^m \mod 10^9+7\),多组数据,\(T \le 500, n \le 10^{18}, k \le 50 ...

  2. 51nod 1172 Partial Sums V2 卡精度的任意模数FFT

    卡精度的任意模数fft模板题……这道题随便写个表就能看出规律来(或者说考虑一下实际意义),反正拿到这题之后,很快就会发现他是任意模数fft模板题.然后我就去网上抄了一下板子……我打的是最土的任意模数f ...

  3. [洛谷P4245]【模板】任意模数NTT

    题目大意:给你两个多项式$f(x)$和$g(x)$以及一个模数$p(p\leqslant10^9)$,求$f*g\pmod p$ 题解:任意模数$NTT$,最大的数为$p^2\times\max\{n ...

  4. 拆系数FFT(任意模数FFT)

    拆系数FFT 对于任意模数 \(mod\) 设\(m=\sqrt {mod}\) 把多项式\(A(x)\)和\(B(x)\)的系数都拆成\(a\times m+b\)的形式,时\(a, b\)都小于\ ...

  5. 【模板】任意模数NTT

    题目描述: luogu 题解: 用$fft$水过(什么$ntt$我不知道). 众所周知,$fft$精度低,$ntt$处理范围小. 所以就有了任意模数ntt神奇$fft$! 意思是这样的.比如我要算$F ...

  6. 【知识总结】多项式全家桶(三)(任意模数NTT)

    经过两个月的咕咕,"多项式全家桶" 系列终于迎来了第三期--(雾) 上一篇:[知识总结]多项式全家桶(二)(ln和exp) 先膜拜(伏地膜)大恐龙的博客:任意模数 NTT (在页面 ...

  7. 任意模数FFT

    任意模数FFT 这是一个神奇的魔法,但是和往常一样,在这之前,先 \(\texttt{orz}\ \color{orange}{\texttt{matthew99}}\) 问题描述 给定 2 个多项式 ...

  8. MTT:任意模数NTT

    MTT:任意模数NTT 概述 有时我们用FFT处理的数据很大,而模数可以分解为\(a\cdot 2^k+1\)的形式.次数用FFT精度不够,用NTT又找不到足够大的模数,于是MTT就应运而生了. MT ...

  9. 再探快速傅里叶变换(FFT)学习笔记(其三)(循环卷积的Bluestein算法+分治FFT+FFT的优化+任意模数NTT)

    再探快速傅里叶变换(FFT)学习笔记(其三)(循环卷积的Bluestein算法+分治FFT+FFT的优化+任意模数NTT) 目录 再探快速傅里叶变换(FFT)学习笔记(其三)(循环卷积的Blueste ...

随机推荐

  1. 《剑指offer》面试题39 二叉树的深度(java)

    摘要: 今天翻到了<剑指offer>面试题39,题目二中的解法二是在函数的参数列表中通过指针的方式进行传值,而java是没有指针的,所以函数要进行改造.然而我翻了下别人的java版本(我就 ...

  2. IIS错误整理收集【持续更新】

    一.HTTP 错误 403.14 - Forbidden HTTP 错误 403.14 - Forbidden,Web 服务器被配置为不列出此目录的内容. 解决方案:修改程序池.NET Framewo ...

  3. bzoj千题计划155:bzoj3543: [ONTAK2010]Garden

    http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3543 枚举每一个点,作为左下角 然后枚举 相同的x坐标,y坐标 少的那个 作为另一个角 二分判断另外 ...

  4. 第八届蓝桥杯c/c++省赛题目整理

    第一题 标题: 购物单 小明刚刚找到工作,老板人很好,只是老板夫人很爱购物.老板忙的时候经常让小明帮忙到商场代为购物.小明很厌烦,但又不好推辞. 这不,XX大促销又来了!老板夫人开出了长长的购物单,都 ...

  5. python学习笔记4--函数/全局变量/递归

    一.函数是什么? 函数一词来源于数学,但编程中的「函数」概念,与数学中的函数是有很大不同的,编程中的函数在英文中也有很多不同的叫法.在BASIC中叫做subroutine(子过程或子程序),在Pasc ...

  6. CSS实现DIV层背景透明而文字不透明

    在我们设计制作一些网页的时候可能会用到半透明的效果,首先我们可能会想到用PNG图片处理,当然这是一个不错的办法,唯一的兼容性问题就是ie6 下的BUG,但这也不困难,加上一段js处理就行了.但假如我们 ...

  7. Exp2:后门原理与实践

    Exp2:后门原理与实践 1 实践目标 任务一:使用netcat获取主机操作Shell,cron启动 (0.5分) 任务二:使用socat获取主机操作Shell, 任务计划启动 (0.5分) 任务三: ...

  8. webpack详解

    webpack是现代前端开发中最火的模块打包工具,只需要通过简单的配置,便可以完成模块的加载和打包.那它是怎么做到通过对一些插件的配置,便可以轻松实现对代码的构建呢? webpack的配置 const ...

  9. UNIX环境高级编程 第11章 线程

    使用C++调用pthread_cleanup_push( )时,下面的代码是无法编译通过的: pthread_cleanup_push(cleanup, "thread 1 first ha ...

  10. Android选择头像

    http://www.jianshu.com/p/8b3e78046c1c 注意:在Android6.0之后,使用相机拍照需要权限 在选择头像使用相机拍摄时添加以下代码即可. Acp.getInsta ...