伪提答害死人...(出题人赶快出来挨打!!!)
虽说是考场上全看出来是让干嘛了，然而由于太菜以及不会打表所以GG了，只拿了(39)...
经测试，截至(2019.4.18-11:33)，这份接近10K的代码在洛谷速度rk1，在LOJrk4。
题目大意：
功能对应表：
| 编号 | 功能 | 测试点编号 | 分值 |
|---|---|---|---|
| (1\_998244353) | 求(19^xpmod{998244353}) | (1-3) | (4+4+4=12) |
| (1?) | 求(19^xpmod{?=1145141}) | (4) | (7) |
| (1?+) | 求(19^xpmod{?=5211600617818708273}) | (5) | (9) |
| (1wa\_998244353) | 求(19^xpmod{998244353})自然溢出(题目提示) | (6-7) | (6+7=13) |
| (2p) | 判断质数 | (8-10) | (4+6+8=18) |
| (2u) | 求(mu) | (11-13) | (5+6+9=20) |
| (2g/2g?) | 判断原根 | (14-15/16) | (5+7+9=21) |
为了方便你的阅读，我把测试点编号放在了表格的中间，请你注意这一点。
题目思路：
由于是数论多合一，这个慢慢更qwq。我会尽可能把过程写详细的qwq...
代码什么的等我拿到考场源代码再更吧...懒了懒了qwq...
(test 1-3(1\_998244353))
看一下第一个样例不难发现输入前几项是连续正整数，输出是(19)的次幂，所以第一个功能就是求(19^x)，因为功能上写着(998244353)，试一下就会发现确实是在(mod{998244353})意义下的结果，所以第一个功能已经明确了。(test 1)显然直接乘就行，但是看完(test 2,3)之后会发现，好像不太简单，(test 2)里面所有输入都是long long级别的数，而(test 3)里面所有输入都是(40)位左右的数，那么考虑到模数是质数，利用费马小定理/欧拉定理，让指数对(998244352)取模即可，然后利用秦九韶算法在(O(len))的复杂度内对指数取模，然后跑快速幂即可。
namespace sub1{//1_998244353
const int MOD=998244353,MMOD=998244352;
char s[50];
int n,len;
long long zs;
long long qpow(long long u,long long v){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=rep*u%MOD;
}
u=u*u%MOD;
v>>=1;
}
return rep;
}
void solve(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s);
len=strlen(s);
zs=0;
for(int j=0;j<len;j++){
zs=zs*10+s[j]-'0';
zs%=MMOD;
}
printf("%lld
",qpow(19,zs));
}
}
}
(test 4(1?))
看一下数据会发现前几项是连续的整数，不过相比前(3)个测试点而言，能看得出来模数变小了，显然这个任务的重点在于找到未知的模数。大致看一下输出文件会发现，模数是比较小的数，那么显然可以通过暴力测试的方式得到未知模数。实现起来就是对输出数据求(max)，然后从(max+1)开始试，用第(11)行的数据检验(第一个大输入)，然后很快就能得到模数是(1145141)，然后采用和(test 1-3)同样的方式处理即可。
namespace sub2{//1?
const int MOD=1145141;
const int MMOD=MOD-1;
char s[50];
int n,len;
long long zs;
long long qpow(long long u,long long v){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=rep*u%MOD;
}
u=u*u%MOD;
v>>=1;
}
return rep;
}
void solve(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s);
len=strlen(s);
zs=0;
for(int j=0;j<len;j++){
zs=zs*10+s[j]-'0';
zs%=MMOD;
}
printf("%lld
",qpow(19,zs));
}
}
}
(test 5(1?+))
如果采用和(test 4)相同的思路，会发现模数是(>5cdot10^{18})的，如此大的模数是不适合用暴力寻找的(事实上用暴力也真的没找到)。所以这个点就需要数论多合一进行珂学计算求模数，求得模数等于(5211600617818708273)。
计算过程：
对输入文件中的所有指数排序，找除了(0-9)以外的相差最小的两个指数，发现最小相差为(2)，两个指数分别是(264708066,264708068)(对应输入文件中的(7146)行和(9371)行)，则对应的答案在(7143,9368)两行，分别为(1996649514996338529,1589589654696467295)，于是有(1996649514996338529 imes361equiv1589589654696467295)，设模数为(p)，则(1996649514996338529 imes361-1589589654696467295=kp(kinmathbb{N_+}))，用python算出来应该是(719200885258981741674=kp(kinmathbb{N_+}))，然后进行因数分解，有(left{egin{array}{lcl}719200885258981741674 &=& 1 imes 719200885258981741674 \ &=& 2 imes 359600442629490870837 \ &=& 3 imes 239733628419660580558 \ &=& 6 imes 119866814209830290279 \ &=& 23 imes 31269603706912249638 \ &=& 46 imes 15634801853456124819 \ &=& 69 imes 10423201235637416546 \ &=& 138 imes 5211600617818708273 \end{array}
ight.) ，然后代入检验得模数是(5211600617818708273)。
namespace sub3{//1?+
const long long MOD=5211600617818708273LL;
int n;
int zs;
long long plu(long long u,long long v){
return (long long)(((ull)u+(ull)v)%MOD);
}
long long mul(long long u,long long v){
long long rep=0;
while(v>0){
if(v&1){
rep=plu(rep,u);
}
u=plu(u,u);
v>>=1;
}
return rep;
}
long long qpow(long long u,int v){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=mul(rep,u);
}
u=mul(u,u);
v>>=1;
}
return rep;
}
void solve(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&zs);
printf("%lld
",qpow(19,zs));
}
}
}
(test 6-7(1wa\_998244353))
根据题目的提示，应该用到自然溢出(不然你当提示白给你了)，然而考试的时候无论如何也没猜到出题人怎么自然溢出的。不过(test 6)可以骗到，因为是连续的，所以每次( imes19)，然后对(998244353)取模即可。对于(test 7)，只需要找到其中的循环节即可，然后采取类似欧拉定理的方式对指数进行处理，至于结果，打表输出就好了。
namespace sub4{//1wa_998244353
int n,len;
int ans[101000]={};
long long zs;
void solve(){
for(int i=0,rep=1;i<1e5+1000;i++){
ans[i]=rep;
rep=rep*19%998244353;
}
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&zs);
zs=zs>55244?(55245+((zs-55245)%45699)):zs;
printf("%d
",ans[(int)zs]);
}
}
}
(test 8-10(2p))
当首位变成(2)的时候就意味着要换任务了(不然你又当题目提示白给你了)，一开始看到数据是毫无头绪的，不过看着看着发现两个数似乎代表区间端点(毕竟输出长度在那儿放着呢)，然后看到(2-10)的输出是(pp.p.p...)，然后瞬间就想到可能就是判断质数(背质数表:2,3,5,7,...)，仔细看一下输出会发现，越往后(p)的分布越稀疏，确认过眼神就是判断质数了。(test 8)判断的是(1-10^6)，(test 9)是(999999000001-10^{12})，(test 10)是(999999999999000001-10^{18})。虽说长度都是(10^6)，但是这难度显然不同啊。
对于(test 8)，线性筛就足够了。
对于(test 9)，不难发现如果其中的某个数为合数，则在(10^6)范围内一定存在一个它的质因子，借此可以利用(test 8)的线性筛筛出(10^6)范围内的质数，然后用这些质数去筛(test 9)区间内的数。
对于(test 10)，可以考虑直接跑(Miller-Rabin)检验，只用(2,3)跑正确性就没问题，速度也可以接受。
namespace sub5{//2p
int n;
long long l,r;
long long mul(long long u,long long v,long long MOD){
long long w=(long long)(1.0L*u*v/(1.0L*MOD)),rep=u*v-w*MOD;
rep-=MOD;
while(rep<0){
rep+=MOD;
}
return rep;
}
long long qpow(long long u,long long v,long long MOD){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=mul(rep,u,MOD);
}
u=mul(u,u,MOD);
v>>=1;
}
return rep;
}
bool mr(long long u){
if(u==1){
return 0;
}
int tplist[20]={2,3,5,7,61,24251,19260817};
long long v=u-1,rep,nxt;int rrep=0;
while(!(v&1)){
v>>=1;++rrep;
}
for(int i=0;i<2;i++){
if(u==tplist[i]){
return 1;
}
if(u%tplist[i]==0){
return 0;
}
rep=qpow(tplist[i],v,u);
for(int j=1;j<=rrep;j++){
nxt=mul(rep,rep,u);
if(nxt==1&&rep!=1&&rep!=u-1){
return 0;
}
rep=nxt;
}
if(rep!=1){
return 0;
}
}
return 1;
}
void solve(){
printf("pp.p.p...
p.p...
pp.p.p...p.p..
");
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%lld%lld",&l,&r);
if(r<=1e6){
pre();
for(int i=2;i<=1e6;i++){
notpr[i]?putchar('.'):putchar('p');
}
putchar('
');
}
else if(r<=1e12){
bool vis[1000010]={};
const long long MIN=999998999999LL;
pre();
int st;
for(int i=1;i<=cntpr;i++){
st=(int)((MIN/pr[i])*pr[i]+pr[i]-MIN);
for(;st<=1e6+1;st+=pr[i]){
vis[st]=1;
}
}
for(int i=1;i<=1e6+1;i++){
vis[i]?putchar('.'):putchar('p');
}
}
else{
for(long long i=999999999999000000LL;i<=1000000000000000000LL;i++){
mr(i)?putchar('p'):putchar('.');
}
}
}
}
(test 11-13(2u))
有了(2p)，那自然可以想到后面又是求什么东西的，看一下数据你会发现，出题人偷懒了，就改了个字母，其他和(8-10)完全一样。那看一下输出吧，发现只有(+-0)，那这不就显然了，就是(mu)啊。
和前面(2p)一样，(test 11)直接线性筛就行了。
对于(test 12)，我们可以参考(test 9)的思路，一方面判断有没有平方因子，另一方面记录不同的质因子个数，由于可能存在(>10^6)的质因子，我们记录每个数在筛过之后的值，初值为本身，被一个质数筛过后值除以当前质数，如果最后值(>1)就说明还有(>10^6)的质因子，那么不同的质因子个数(+1)即可，最后根据是否为质数以及不同的质因子个数求出(mu)值即可。
对于(test 13)，如果跑(Pollard-Rho)，很不幸...这玩意肯定T飞了。那么考虑参考(test 12)的思路，先筛(10^6)以内的质数，用这些质数筛区间里的数，那么考虑对于剩下的未分解完全的数，这些数没有(10^6)以内的质因数，数的大小又不超过(10^{18})，所以只有三种可能的形式(p_1,p_1p_2,p_1^2)，质数可以用(Miller-Rabin)测试，平方可以开根测试，用排除法确定两质因子乘积形式。
namespace sub6{//2u
int n;
long long l,r;
long long mul(long long u,long long v,long long MOD){
long long w=(long long)(1.0L*u*v/(1.0L*MOD)),rep=u*v-w*MOD;
rep-=MOD;
while(rep<0){
rep+=MOD;
}
return rep;
}
long long qpow(long long u,long long v,long long MOD){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=mul(rep,u,MOD);
}
u=mul(u,u,MOD);
v>>=1;
}
return rep;
}
bool mr(long long u){
if(u==1){
return 0;
}
int tplist[20]={2,3,5,7,61,24251,19260817};
long long v=u-1,rep,nxt;int rrep=0;
while(!(v&1)){
v>>=1;++rrep;
}
for(int i=0;i<2;i++){
if(u==tplist[i]){
return 1;
}
if(u%tplist[i]==0){
return 0;
}
rep=qpow(tplist[i],v,u);
for(int j=1;j<=rrep;j++){
nxt=mul(rep,rep,u);
if(nxt==1&&rep!=1&&rep!=u-1){
return 0;
}
rep=nxt;
}
if(rep!=1){
return 0;
}
}
return 1;
}
void solve(){
printf("--0-+-00+
-+-00+
--0-+-00+-0-++
");
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%lld%lld",&l,&r);
if(r<=1e6){
pre();
for(int i=2;i<=1e6;i++){
if(mu[i]<0){
putchar('-');
}
else if(mu[i]>0){
putchar('+');
}
else{
putchar('0');
}
}
putchar('
');
}
else if(r<=1e12){
bool sqvis[1000010]={};
const long long MIN=999998999999LL;
pre();
for(int i=1;i<=1e6+1;i++){
num[i]=MIN+i;
}
int st;long long sq;
for(int i=1;i<=cntpr;i++){
sq=1LL*pr[i]*pr[i];
st=(int)((MIN/pr[i])*pr[i]+pr[i]-MIN);
for(;st<=1e6+1;st+=pr[i]){
++mucnt[st];
num[st]/=pr[i];
if(!sqvis[st]){
if((MIN+st)%sq==0){
sqvis[st]=1;
}
}
}
}
for(int i=1;i<=1e6+1;i++){
if(num[i]>1){
++mucnt[i];
}
if(sqvis[i]){
putchar('0');
}
else if(mucnt[i]&1){
putchar('-');
}
else{
putchar('+');
}
}
}
else{
bool sqvis[1000010]={};
const long long MIN=999999999998999999LL;
pre();
for(int i=1;i<=1e6+1;i++){
num[i]=MIN+i;
}
int st;long long sq;
for(int i=1;i<=cntpr;i++){
sq=1LL*pr[i]*pr[i];
st=(int)((MIN/pr[i])*pr[i]+pr[i]-MIN);
for(;st<=1e6+1;st+=pr[i]){
++mucnt[st];
num[st]/=pr[i];
if(!sqvis[st]){
if((MIN+st)%sq==0){
sqvis[st]=1;
}
}
}
}
for(int i=1;i<=1e6+1;i++){
if(num[i]>1){
if(mr(num[i])){
++mucnt[i];
}
else{
long long rep=(long long)sqrt(num[i]);
if(rep*rep==num[i]){
sqvis[i]=1;
}
else{
mucnt[i]+=2;
}
}
}
if(sqvis[i]){
putchar('0');
}
else if(mucnt[i]&1){
putchar('-');
}
else{
putchar('+');
}
}
}
}
}
(test 14-16(2g/2g?))
看到(test 14)，不用想，这肯定又是让求啥东西了，分布还十分鬼畜，重点是除了区间还又多给了一个数，然后发现是(998244353)，再想想这是(g)啊，(3)还是(g)，那不用多想了吧，原根跑不掉了。既然实锤是原根了，那问题来了，原根咋判断啊???在这直接讲结论了(因为其他的我也不会)，对于有原根的数(p)，设(varphi(p)=p_1^{a_1}p_2^{a_2}cdots p_k^{a_k})，其原根(g)满足(forall iin[1,k],g^{frac{varphi(p)}{p_i}}
eq1pmod{p})。所以对于(test 14)暴力检验即可。
对于(test 15)，发现要求(13123111)的所有原根，范围(10^7)，然后(varphi(13123111)=13123110=2 imes3 imes5 imes7 imes11 imes13 imes19 imes23)，每个数检验(8)次，一次(log)复杂度，显然会T啊...那怎么办...考虑到原根的性质，对于质数模数(p)，(g^0,g^1,cdots,g^{p-2})在(mod{ p})意义下分别为(1,2,cdots,p-1)，对于异于(g)的原根(g')一定可以被表示为(g'=g^k(kinmathbb{N_+}))，那么显然(0,k,2k,cdots,(p-2)k)在(mod{ p-1})意义下分别对应(0,1,cdots,p-2)(毕竟都是原根...)，所以(gcd(k,p-1)=1)。由此，我们根据输出文件得到(6)是最小的原根，所以只需要求所有数在模(13123111)意义下以(6)为原根的指标，所有指标与(varphi(p)=p-1)互质的数都是原根，互质用类似埃筛的方式实现即可。
namespace sub7{//2g
bool vis[13123123]={};int I[13123123]={};
long long qpow(long long u,int v,int MOD){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=rep*u%MOD;
}
u=u*u%MOD;
v>>=1;
}
return rep;
}
bool check(int u){
if(qpow(u,998244352/2,998244353)==1){
return 0;
}
if(qpow(u,998244352/7,998244353)==1){
return 0;
}
if(qpow(u,998244352/17,998244353)==1){
return 0;
}
return 1;
}
void solve(){
printf(".g
.g.gg...g
");
int n;
scanf("%d",&n);
if(n==3){
for(int i=2;i<=13123111;i+=2){
vis[i]|=1;
}
for(int i=3;i<=13123111;i+=3){
vis[i]|=1;
}
for(int i=5;i<=13123111;i+=5){
vis[i]|=1;
}
for(int i=7;i<=13123111;i+=7){
vis[i]|=1;
}
for(int i=11;i<=13123111;i+=11){
vis[i]|=1;
}
for(int i=13;i<=13123111;i+=13){
vis[i]|=1;
}
for(int i=19;i<=13123111;i+=19){
vis[i]|=1;
}
for(int i=23;i<=13123111;i+=23){
vis[i]|=1;
}
for(int i=6,j=1;;i=(int)(6LL*i%13123111),++j){
if(I[i]){
break;
}
I[i]=j;
}
for(int i=1;i<13123111;i++){
vis[I[i]]?putchar('.'):putchar('g');
}
putchar('
');
}
else{
for(int j=2;j<=400000;j++){
if(check(j)){
putchar('g');
}
else{
putchar('.');
}
}
putchar('
');
for(int j=104857601;j<=105257600;j++){
if(check(j)){
putchar('g');
}
else{
putchar('.');
}
}
putchar('
');
}
}
}
对于(16)，重点在于求模数，提示是一个(10^9sim2cdot10^9)之间的质数，然后暴力枚举，用Miller-Rabin检验质数，检验原根只考虑(g^{frac{varphi(p)}{2}})是否满足条件，取前(25)个原根检验，用(531.9s)就可以得到唯一解，求得未知的质数为(1515343657)。
namespace sub8{//2g?
long long qpow(long long u,int v,int MOD){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=rep*u%MOD;
}
u=u*u%MOD;
v>>=1;
}
return rep;
}
bool check(int u){//1515343656=2*2*2*3*4003*15773
if(qpow(u,1515343656/2,1515343657)==1){
return 0;
}
if(qpow(u,1515343656/3,1515343657)==1){
return 0;
}
if(qpow(u,1515343656/4003,1515343657)==1){
return 0;
}
if(qpow(u,1515343656/15773,1515343657)==1){
return 0;
}
return 1;
}
void solve(){
printf(".g
.g.gg...g
");
for(int j=233333333;j<=234133333;j++){
if(check(j)){
putchar('g');
}
else{
putchar('.');
}
}
putchar('
');
}
}
求模数代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long qpow(long long u,long long v,long long MOD){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=(rep*u)%MOD;
}
u=(u*u)%MOD;
v>>=1;
}
return rep;
}
bool mr(long long u){
if(u==1){
return 0;
}
int tplist[20]={2,3,5,7,61,24251,19260817};
long long v=u-1,rep,nxt;int rrep=0;
while(!(v&1)){
v>>=1;++rrep;
}
for(int i=0;i<7;i++){
if(u==tplist[i]){
return 1;
}
if(u%tplist[i]==0){
return 0;
}
rep=qpow(tplist[i],v,u);
for(int j=1;j<=rrep;j++){
nxt=rep*rep%u;
if(nxt==1&&rep!=1&&rep!=u-1){
return 0;
}
rep=nxt;
}
if(rep!=1){
return 0;
}
}
return 1;
}
bool ccheck(int u,int p,int MOD){
return qpow(u,p,MOD)!=1;
}
bool check(int u,int p){
return ccheck(u,(p-1)/2,p);
}
int main(){
for(int i=1e9+1;i<=2e9;i+=2){//1515343657
if(!mr(i)){
continue;
}
if(!check(233333336,i)){
continue;
}
if(!check(233333337,i)){
continue;
}
if(!check(233333338,i)){
continue;
}
if(!check(233333341,i)){
continue;
}
if(!check(233333342,i)){
continue;
}
if(!check(233333344,i)){
continue;
}
if(!check(233333348,i)){
continue;
}
if(!check(233333351,i)){
continue;
}
if(!check(233333352,i)){
continue;
}
if(!check(233333355,i)){
continue;
}
if(!check(233333357,i)){
continue;
}
if(!check(233333358,i)){
continue;
}
if(!check(233333365,i)){
continue;
}
if(!check(233333366,i)){
continue;
}
if(!check(233333369,i)){
continue;
}
if(!check(233333376,i)){
continue;
}
if(!check(233333377,i)){
continue;
}
if(!check(233333380,i)){
continue;
}
if(!check(233333381,i)){
continue;
}
if(!check(233333385,i)){
continue;
}
if(!check(233333389,i)){
continue;
}
if(!check(233333392,i)){
continue;
}
if(!check(233333394,i)){
continue;
}
if(!check(233333397,i)){
continue;
}
if(!check(233333401,i)){
continue;
}
printf("%d
",i);
}
return 0;
}
坑终于填完了qwq...
完整AC代码：
#include<cstdio>//T3 2S 512M
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<map>
#define ull unsigned long long
using namespace std;
char op[20];
bool notpr[1000010];
int pr[1000010],cntpr,mu[1000010],mucnt[1000010];
long long num[1000010];
void pre(){
notpr[0]=notpr[1]=1;
for(int i=2;i<=1000000;i++){
if(!notpr[i]){
pr[++cntpr]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=cntpr&&i*pr[j]<=1e6;j++){
notpr[i*pr[j]]=1;
if(i%pr[j]==0){
break;
}
mu[i*pr[j]]=-mu[i];
}
}
}
namespace sub1{//1_998244353
const int MOD=998244353,MMOD=998244352;
char s[50];
int n,len;
long long zs;
long long qpow(long long u,long long v){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=rep*u%MOD;
}
u=u*u%MOD;
v>>=1;
}
return rep;
}
void solve(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s);
len=(int)strlen(s);
zs=0;
for(int j=0;j<len;j++){
zs=zs*10+s[j]-'0';
zs%=MMOD;
}
printf("%lld
",qpow(19,zs));
}
}
}
namespace sub2{//1?
const int MOD=1145141;
const int MMOD=MOD-1;
char s[50];
int n,len;
long long zs;
long long qpow(long long u,long long v){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=rep*u%MOD;
}
u=u*u%MOD;
v>>=1;
}
return rep;
}
void solve(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s);
len=(int)strlen(s);
zs=0;
for(int j=0;j<len;j++){
zs=zs*10+s[j]-'0';
zs%=MMOD;
}
printf("%lld
",qpow(19,zs));
}
}
}
namespace sub3{//1?+
const long long MOD=5211600617818708273LL;
int n;
int zs;
long long plu(long long u,long long v){
return (long long)(((ull)u+(ull)v)%MOD);
}
long long mul(long long u,long long v){
long long rep=0;
while(v>0){
if(v&1){
rep=plu(rep,u);
}
u=plu(u,u);
v>>=1;
}
return rep;
}
long long qpow(long long u,int v){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=mul(rep,u);
}
u=mul(u,u);
v>>=1;
}
return rep;
}
void solve(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&zs);
printf("%lld
",qpow(19,zs));
}
}
}
namespace sub4{//1wa_998244353
int n,len;
int ans[101000]={};
long long zs;
void solve(){
for(int i=0,rep=1;i<1e5+1000;i++){
ans[i]=rep;
rep=rep*19%998244353;
}
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&zs);
zs=zs>55244?(55245+((zs-55245)%45699)):zs;
printf("%d
",ans[(int)zs]);
}
}
}
namespace sub5{//2p
int n;
long long l,r;
long long mul(long long u,long long v,long long MOD){
long long w=(long long)(1.0L*u*v/(1.0L*MOD)),rep=u*v-w*MOD;
rep-=MOD;
while(rep<0){
rep+=MOD;
}
return rep;
}
long long qpow(long long u,long long v,long long MOD){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=mul(rep,u,MOD);
}
u=mul(u,u,MOD);
v>>=1;
}
return rep;
}
bool mr(long long u){
if(u==1){
return 0;
}
int tplist[20]={2,3,5,7,61,24251,19260817};
long long v=u-1,rep,nxt;int rrep=0;
while(!(v&1)){
v>>=1;++rrep;
}
for(int i=0;i<2;i++){
if(u==tplist[i]){
return 1;
}
if(u%tplist[i]==0){
return 0;
}
rep=qpow(tplist[i],v,u);
for(int j=1;j<=rrep;j++){
nxt=mul(rep,rep,u);
if(nxt==1&&rep!=1&&rep!=u-1){
return 0;
}
rep=nxt;
}
if(rep!=1){
return 0;
}
}
return 1;
}
void solve(){
printf("pp.p.p...
p.p...
pp.p.p...p.p..
");
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%lld%lld",&l,&r);
if(r<=1e6){
pre();
for(int i=2;i<=1e6;i++){
notpr[i]?putchar('.'):putchar('p');
}
putchar('
');
}
else if(r<=1e12){
bool vis[1000010]={};
const long long MIN=999998999999LL;
pre();
int st;
for(int i=1;i<=cntpr;i++){
st=(int)((MIN/pr[i])*pr[i]+pr[i]-MIN);
for(;st<=1e6+1;st+=pr[i]){
vis[st]=1;
}
}
for(int i=1;i<=1e6+1;i++){
vis[i]?putchar('.'):putchar('p');
}
}
else{
for(long long i=999999999999000000LL;i<=1000000000000000000LL;i++){
mr(i)?putchar('p'):putchar('.');
}
}
}
}
namespace sub6{//2u
int n;
long long l,r;
long long mul(long long u,long long v,long long MOD){
long long w=(long long)(1.0L*u*v/(1.0L*MOD)),rep=u*v-w*MOD;
rep-=MOD;
while(rep<0){
rep+=MOD;
}
return rep;
}
long long qpow(long long u,long long v,long long MOD){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=mul(rep,u,MOD);
}
u=mul(u,u,MOD);
v>>=1;
}
return rep;
}
bool mr(long long u){
if(u==1){
return 0;
}
int tplist[20]={2,3,5,7,61,24251,19260817};
long long v=u-1,rep,nxt;int rrep=0;
while(!(v&1)){
v>>=1;++rrep;
}
for(int i=0;i<2;i++){
if(u==tplist[i]){
return 1;
}
if(u%tplist[i]==0){
return 0;
}
rep=qpow(tplist[i],v,u);
for(int j=1;j<=rrep;j++){
nxt=mul(rep,rep,u);
if(nxt==1&&rep!=1&&rep!=u-1){
return 0;
}
rep=nxt;
}
if(rep!=1){
return 0;
}
}
return 1;
}
void solve(){
printf("--0-+-00+
-+-00+
--0-+-00+-0-++
");
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&n);
scanf("%lld%lld",&l,&r);
if(r<=1e6){
pre();
for(int i=2;i<=1e6;i++){
if(mu[i]<0){
putchar('-');
}
else if(mu[i]>0){
putchar('+');
}
else{
putchar('0');
}
}
putchar('
');
}
else if(r<=1e12){
bool sqvis[1000010]={};
const long long MIN=999998999999LL;
pre();
for(int i=1;i<=1e6+1;i++){
num[i]=MIN+i;
}
int st;long long sq;
for(int i=1;i<=cntpr;i++){
sq=1LL*pr[i]*pr[i];
st=(int)((MIN/pr[i])*pr[i]+pr[i]-MIN);
for(;st<=1e6+1;st+=pr[i]){
++mucnt[st];
num[st]/=pr[i];
if(!sqvis[st]){
if((MIN+st)%sq==0){
sqvis[st]=1;
}
}
}
}
for(int i=1;i<=1e6+1;i++){
if(num[i]>1){
++mucnt[i];
}
if(sqvis[i]){
putchar('0');
}
else if(mucnt[i]&1){
putchar('-');
}
else{
putchar('+');
}
}
}
else{
bool sqvis[1000010]={};
const long long MIN=999999999998999999LL;
pre();
for(int i=1;i<=1e6+1;i++){
num[i]=MIN+i;
}
int st;long long sq;
for(int i=1;i<=cntpr;i++){
sq=1LL*pr[i]*pr[i];
st=(int)((MIN/pr[i])*pr[i]+pr[i]-MIN);
for(;st<=1e6+1;st+=pr[i]){
++mucnt[st];
num[st]/=pr[i];
if(!sqvis[st]){
if((MIN+st)%sq==0){
sqvis[st]=1;
}
}
}
}
for(int i=1;i<=1e6+1;i++){
if(num[i]>1){
if(mr(num[i])){
++mucnt[i];
}
else{
long long rep=(long long)sqrt(num[i]);
if(rep*rep==num[i]){
sqvis[i]=1;
}
else{
mucnt[i]+=2;
}
}
}
if(sqvis[i]){
putchar('0');
}
else if(mucnt[i]&1){
putchar('-');
}
else{
putchar('+');
}
}
}
}
}
namespace sub7{//2g
bool vis[13123123]={};int I[13123123]={};
long long qpow(long long u,int v,int MOD){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=rep*u%MOD;
}
u=u*u%MOD;
v>>=1;
}
return rep;
}
bool check(int u){
if(qpow(u,998244352/2,998244353)==1){
return 0;
}
if(qpow(u,998244352/7,998244353)==1){
return 0;
}
if(qpow(u,998244352/17,998244353)==1){
return 0;
}
return 1;
}
void solve(){
printf(".g
.g.gg...g
");
int n;
scanf("%d",&n);
if(n==3){
for(int i=2;i<=13123111;i+=2){
vis[i]|=1;
}
for(int i=3;i<=13123111;i+=3){
vis[i]|=1;
}
for(int i=5;i<=13123111;i+=5){
vis[i]|=1;
}
for(int i=7;i<=13123111;i+=7){
vis[i]|=1;
}
for(int i=11;i<=13123111;i+=11){
vis[i]|=1;
}
for(int i=13;i<=13123111;i+=13){
vis[i]|=1;
}
for(int i=19;i<=13123111;i+=19){
vis[i]|=1;
}
for(int i=23;i<=13123111;i+=23){
vis[i]|=1;
}
for(int i=6,j=1;;i=(int)(6LL*i%13123111),++j){
if(I[i]){
break;
}
I[i]=j;
}
for(int i=1;i<13123111;i++){
vis[I[i]]?putchar('.'):putchar('g');
}
putchar('
');
}
else{
for(int j=2;j<=400000;j++){
if(check(j)){
putchar('g');
}
else{
putchar('.');
}
}
putchar('
');
for(int j=104857601;j<=105257600;j++){
if(check(j)){
putchar('g');
}
else{
putchar('.');
}
}
putchar('
');
}
}
}
namespace sub8{//2g?
long long qpow(long long u,int v,int MOD){
long long rep=1;
while(v>0){
if(v&1){
rep=rep*u%MOD;
}
u=u*u%MOD;
v>>=1;
}
return rep;
}
bool check(int u){//1515343656=2*2*2*3*4003*15773
if(qpow(u,1515343656/2,1515343657)==1){
return 0;
}
if(qpow(u,1515343656/3,1515343657)==1){
return 0;
}
if(qpow(u,1515343656/4003,1515343657)==1){
return 0;
}
if(qpow(u,1515343656/15773,1515343657)==1){
return 0;
}
return 1;
}
void solve(){
printf(".g
.g.gg...g
");
for(int j=233333333;j<=234133333;j++){
if(check(j)){
putchar('g');
}
else{
putchar('.');
}
}
putchar('
');
}
}
int main(){
scanf("%s",op);
if(op[0]=='1'){
if(op[1]=='_'){//1_998244353
sub1::solve();
}
else if(op[1]=='?'){
if(op[2]=='+'){//1?+
sub3::solve();
}
else{//1?
sub2::solve();
}
}
else{//1wa_998244353
sub4::solve();
}
}
else{
if(op[1]=='p'){//2p
sub5::solve();
}
else if(op[1]=='u'){//2u
sub6::solve();
}
else{
if(op[2]=='?'){//2g?
sub8::solve();
}
else{//2g
sub7::solve();
}
}
}
return 0;
}