HDU5478 原根求解

看别人做的很简单我也不知道是怎么写出来的

自己拿到这道题的想法就是模为素数，那必然有原根r ，将a看做r^a , b看做r^b
那么只要求出幂a，b就能得到所求值a,b

自己慢慢化简就会发现可以抵消n
然后扩展欧几里得解决，一个个枚举所有模的情况。。。。

中间利用了欧拉准则可以知道 对所有奇素数而言： a^((p-1)/2) = -1(mod p)

利用上述准则，这样就不用baby_step giant_step的办法了

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long LL;

 const int N = ;

 LL P , k1,b1 , k2;
 bitset<N> prime;
 int p[N],pri[N];
 int k,cnt;

 void isprime()
 {
     prime.set();
     for(int i=; i<N; i++)
     {
         if(prime[i])
         {
             p[k++] = i;
             for(int j=i+i; j<N; j+=i)
                 prime[j] = false;
         }
     }
 }

 void Divide(int n)
 {
     cnt = ;
     int t = (int)sqrt(1.0*n+0.5);
     for(int i=; p[i]<=t; i++)
     {
         if(n%p[i]==)
         {
             pri[cnt++] = p[i];
             while(n%p[i]==) n /= p[i];
         }
     }
     if(n > )
         pri[cnt++] = n;
 }

 void gcd(LL a , LL b , LL &d , LL &x , LL &y)
 {
     if(!b){d=a;x=;y=;}
     else{gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}
 }

 LL inv(LL a , LL n)
 {
     LL d,x,y;
     gcd(a,n,d,x,y);
     return d==?(x+n)%n:-;
 }

 LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
 {
     LL ans = ;
     a %= m;
     while(b)
     {
         if(b&)
         {
             ans = ans * a % m;
             b--;
         }
         b >>= ;
         a = a * a % m;
     }
     return ans;
 }

 LL pow_mod(LL a , LL p , LL n)
 {
     LL ret= ;
     while(p){
         if(p&) ret = ret*a%n;
         a = a*a%n;
         p>>=;
     }
     return ret;
 }

 LL mul_mod(LL a , LL b , int n)
 {
     return a*b%n;
 }

 //int log_mod(int a , int b , int n)
 //{
 //    int m , v , e=1 , i;
 //    m = (int)sqrt(n+0.5);
 //    v = inv(pow_mod(a,m,n) , n);
 //    map<int,int>x;
 //    x.clear();
 //    x[1] = 0;
 //    for(i=1 ; i<m ; i++){
 //        e = mul_mod(e , a , n);
 //        if(!x.count(e)) x[e]=i;
 //    }
 //    for(i=0 ; i<m ; i++){
 //        if(x.count(b)) return i*m+x[b];
 //        b = mul_mod(b,v,n);
 //    }
 //    return -1;
 //}

 #define pii pair<int,int>
 pii ans[N];

 int main()
 {
    // freopen("a.in" , "r" , stdin);
     int cas = ;
     isprime();
     //>>k1>>b1>>k2
     while(cin>>P>>k1>>b1>>k2)
     {
         printf("Case #%d:\n" , ++cas);
         int tot = ;
         /*P==2另外处理*/
         if(P==){
             printf("%d %d\n" , ,);
             continue;
         }
         if(P==){
             printf("%d %d\n" , ,);
             continue;
         }
         Divide(P-);

         for(int g=; g<P; g++)
         {
             bool flag = true;
             for(int i=; i<cnt; i++)
             {
                 int t = (P - ) / pri[i];
                 if(quick_mod(g,t,P) == )
                 {
                     flag = false;
                     break;
                 }
             }
             if(flag)
             {
                 LL root = g;
                 LL val = (P-)/;
                // cout<<root<<" "<<val<<endl;
                 LL d,x,y;
                 gcd(b1+k1 , - , d , x , y);
                 x = x*val , y = y*val;

                 x = ((x%(P-))+(P-))%(P-);
                 y = ((y%(P-))+(P-))%(P-);
                 for(int i= ; i<P- ; i++){

                     if((x*k1-y*k2)%(P-)==){
                             LL a = pow_mod(root , x , P);
                         LL b = pow_mod(root , y , P);
                         if(a>&&b>) ans[tot++] = make_pair((int)a , (int)b);
                     }
                     x = (x+)%(P-);
                     y = (y+b1+k1)%(P-);
                 }
                 break;
             }
         }
         sort(ans , ans+tot);
         tot = unique(ans , ans+tot)-ans;
         if(tot==) puts("-1");
         else{
             for(int i= ; i<tot ; i++) printf("%d %d\n" , ans[i].first , ans[i].second);
         }
     }
     return ;
 }