bzoj-2219 數論之神
題意：
求方程X^A = B(mod 2*K + 1)
X ∈[0, 2K] 內的解的個數；
題解：
一道數論的好題。
涉及知識點大概有：Crt推論。BSGS，EXGCD，原根與指標；
這道題的主要問題在於兩點：
第一點：取模數不是質數，無法利用通常的方式解方程。
可是有中國剩余定理這個東西，定理的推論告訴我們：
一個取模數互質的同余方程組(未必線性)，組合起來之後。這個同余方程解的個數為各方程解的個數的乘積；
(組合起來的方程的取模數為全部數的積；實際上這裏解的範圍都是屬於[0 ,自己取模數) )
這點十分重要呢，它不僅證明了解的求法。並且假設有隨意一個方程無解，那麽整個就都是無解的。
攻克了這一點之後，就是第二點：怎樣處理一個方程的解的個數。
暫且令當前方程為x^A =B (mod p^d)；
由於中國剩余定理要求取模數互質。所以將2*K+1分解質因子作為全部方程；
然而我僅僅會處理p^1的情況怎麽辦啊= =；
分類討論：
p^d|B ：這時p^d是B的因子，那麽實際上就是x^A =0 (mod p^d)了；
假設設x=p^k*q。這裏(p,q)=1；
k事實上表示的是x中p因子的個數，那麽在x^A中的個數就是k*A，也就有k*A>=d；
k>=d/A，也就是說k最小為ceil(d/A) (ceil為上取整函數)；
由於x的取值範圍是[0,p^d)，而x=p^k*q ，顯然d>k。
所以解的個數就是p^d/p^k=p^(d-k)。
gcd(p^d,B)=p^k：這時二者之間有一個公約數；
直觀的想。假設等式兩邊同一時候除一個p^k就解決啦；
可是要保證A|k，要不然的話x^A中約數p的個數就不可能和B的相等(顯然)；
當我們成功的把方程p^k*x‘^A= B (mod p^d)
化簡為 x‘^A= B/(p^k) (mod p^(d-k))之後
我們就掛啦！
由於這樣是不正確的，確切的說是x‘的取值範圍變化了；
那麽變化了多少呢？原來的範圍是[0,p^(d-k/A))。而後變成了[0,p^(d-k))。
原因就在於mod值的縮小，可是對於答案的影響和上面一樣：
答案是第二個方程答案的p^(k-k/A)倍。
第二個方程怎麽解？ 取指標啊！
取完指標就是線性同余方程了。方程個數就是gcd(A,φ(p^d))；
可是有個坑，同余方程可能無解啊。
。
所以還要大步~小步~BSGS求出一個 以p^d的原根為底，關於B的。對p^d取模的 指標lnB (好TM繞)；
然後推斷gcd(A,φ(p^d))| lnB，假設不是因子則無解！
那麽這題就結束了，可喜可賀；
什麽gcd(B,p^d)=1沒討論？事實上不就是上一段怎麽解的事嗎。
什麽復雜度？我但是BZ這題Rank1 (倒數)的人啊；
【反正我咋看咋O(n)；
反正我是線性篩搞了個素數表= =
然並卵。似乎復雜度沒有本質改變？
代碼：
#include<math.h>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 140142
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll INF=0x7f7f7f7f7f7f7f7f7fll;
struct Hash_Set
{
ll head[N],next[N],X[N],val[N],tot;
void clear()
{
tot=0;
memset(head,0,sizeof(head));
memset(next,0,sizeof(next));
memset(val,-1,sizeof(val));
memset(X,0,sizeof(X));
}
ll& operator [](ll x)
{
ll index=x%N;
for(ll i=head[index];i;i=next[i])
{
if(X[i]==x)
return val[i];
}
next[++tot]=head[index];
head[index]=tot;
X[tot]=x;
return val[tot];
}
}hash;
ll pri[N],top,a[N],b[N];
bool vis[N];
void init()
{
for(ll i=2;i<N;i++)
{
if(!vis[i])
pri[++top]=i;
for(ll j=1;j<=top&&i*pri[j]<N;j++)
{
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0)
break;
}
}
}
ll pow(ll x,ll y,ll mod)
{
ll ret=1;
while(y)
{
if(y&1)
ret=ret*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return ret;
}
ll gcd(ll a,ll b)
{
ll t=a%b;
while(t)
{
a=b,b=t;
t=a%b;
}
return b;
}
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y,ll &d)
{
if(!b)
x=1,y=0,d=a;
else
{
exgcd(b,a%b,y,x,d);
y-=a/b*x;
}
}
ll inv(ll X,ll mod)
{
ll x,y,d;
exgcd(X,mod,x,y,d);
return (x%mod+mod)%mod;
}
ll Root(ll x,ll phi)
{
ll st[N],top=0,temp=phi;
for(ll i=1,p=2;p*p<=temp;i++,p=pri[i])
{
if(temp%p==0)
{
st[++top]=phi/p;
while(temp%p==0)
temp/=p;
}
}
if(temp!=1)
st[++top]=phi/temp;
for(ll i=1,j;i<=phi;i++)
{
for(j=1;j<=top;j++)
{
if(pow(i,st[j],x)==1)
break;
}
if(j>top)
return i;
}
}
ll BSGS(ll A,ll B,ll C)
{
hash.clear();
ll bk=ceil(sqrt(C*1.0)),i,k,D,temp;
for(i=0,D=1;i<bk;i++,D=D*A%C)
{
if(hash[D]==-1)
hash[D]=i;
}
temp=inv(D,C);
for(i=0,k=B;i<=bk;i++,k=k*temp%C)
{
if(hash[k]!=-1)
return i*bk+hash[k];
}
return 0;
}
ll slove(ll A,ll B,ll C)
{
ll i,j,k,p,mod,lnB,g,d,cnt,ans;
for(i=1,p=2,ans=1;p*p<=C;i++,p=pri[i])
{
if(C%p==0)
{
mod=1,cnt=0;
while(C%p==0)
C/=p,mod*=p,cnt++;
if(B%mod==0)
{
d=pow(p,cnt-ceil(cnt*1.0/A),INF);
}
else
{
k=0;
while(B%p==0)
k++,B/=p;
if(k%A) d=0;
else
{
g=Root(mod,mod-mod/p);
lnB=BSGS(g,B,mod);
d=gcd(A,mod-mod/p);
if(lnB%d) d=0;
d*=pow(p,k-k/A,INF);
}
}
ans*=d;
}
}
if(C!=1)
{
mod=C,p=C,cnt=1;
if(B%mod==0)
{
d=pow(p,cnt-ceil(cnt*1.0/A),INF);
}
else
{
k=0;
while(B%p==0)
k++,B/=p;
if(k%A) d=0;
else
{
g=Root(mod,mod-mod/p);
lnB=BSGS(g,B,mod);
d=gcd(A,mod-mod/p);
if(lnB%d) d=0;
d*=pow(p,k-k/A,INF);
}
}
ans*=d;
}
return ans;
}
int main()
{
init();
ll c,T,A,B,C;
scanf("%lld",&T);
for(c=1;c<=T;c++)
{
scanf("%lld%lld%lld",&A,&B,&C);
printf("%lld\n",slove(A,B,C<<1|1));
}
return 0;
}
bzoj-2219 數論之神