bzoj-2219 數論之神

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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：模數數不是質數，無法利用通常的方式解方程；

但是有中國剩餘定理這個東西，定理的推論告訴我們：

一個模數數互質的同餘方程組(未必線性)，組合起來之後，這個同餘方程解的個數為各方程解的個數的乘積；

(組合起來的方程的模數數為所有數的積；實際上這裡解的範圍都是屬於[0 ,自己模數數) )

這點十分重要呢，它不僅證明瞭解的求法，而且如果有任意一個方程無解，那麼整個就都是無解的；

解決了這一點之後，就是第二點：如何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)；

因為中國剩餘定理要求模數數互質，所以將2*K+1分解質因子作為所有方程；

然而我只會處理p^1的情況怎麼辦啊= =；

分類討論：

p^d|B ：這時p^d是B的因子，那麼實際上就是x^A =0 (mod p^d)了；

如果設x=p^k*q，這裡(p,q)=1；

k其實表示的是x中p因子的個數，那麼在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)；

因為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，如果等式兩邊同時除一個p^k就解決啦；

但是要保證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！

因為這樣是不對的，確切的說是x‘的取值範圍變化了；

那麼變化了多少呢？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，但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；

第二個方程怎麼解？ 取指標啊！

取完指標就是線性同餘方程了，方程個數就是gcd(A,φ(p^d))；

但是有個坑，同餘方程可能無解啊。。

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模數的 指標lnB (好TM繞)；

然後判斷gcd(A,φ(p^d))| lnB，如果不是因子則無解！

那麼這題就結束了，可喜可賀；

什麼gcd(B,p^d)=1沒討論？其實不就是上一段怎麼解的事嗎；

什麼複雜度？我可是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，似乎複雜度沒有本質改變？

代碼：

#include<math.h>#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#define N 140142using 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;}

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