BZOJ2242 SDOI2011 计算器

2242: [SDOI2011]计算器

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 512 MB

Description

你被要求设计一个计算器完成以下三项任务：

1、给定y,z,p,计算Y^Z Mod P 的值；

2、给定y,z,p，计算满足xy≡ Z ( mod P )的最小非负整数；

3、给定y,z,p，计算满足Y^x ≡ Z ( mod P)的最小非负整数。

Input

 输入包含多组数据。

第一行包含两个正整数T,K分别表示数据组数和询问类型（对于一个测试点内的所有数据，询问类型相同）。

以下行每行包含三个正整数y,z,p，描述一个询问。

Output

对于每个询问，输出一行答案。对于询问类型2和3，如果不存在满足条件的，则输出“Orz, I cannot find x!”，注意逗号与“I”之间有一个空格。

Sample Input

【样例输入1】
3 1
2 1 3
2 2 3
2 3 3
【样例输入2】
3 2
2 1 3
2 2 3
2 3 3
【数据规模和约定】
对于100%的数据，1<=y,z,p<=10^9，为质数，1<=T<=10。

Sample Output

【样例输出1】
2
1
2
【样例输出2】
2
1
0

 

　　这道题就是一道板子合集。

　　发现B站样例没有操作3，那么这就很难受。

　　但是洛谷和codevs上面有。

　　对于操作1，NOIP提高组D1T1难度。

　　

　　对于操作2，因为有 XY≡Z，由数论姿势可以得到

　　　　X*Y*Y^-1≡X≡Z*Y^-1(mod p)；

　　Y-1是指Y的逆元。因为题目说了P为素数，用欧拉定理就可以了。

　　对于操作3，离散数对离散对数板子题。

　　这一类做法就是套路分块。

　　设x=i*m+j。则有：

　　　　Y^(i*m+j)≡Z；

　　即　Y^i*m≡Z*Y^-j；

　　枚举i，则Y^i*m可以算出来。假设为K。

　　于是就有：

　　　　Z*Y^-j≡K (mod p)

　　然后像第二问一样把Y^-j求出来，看一下[0,m)内有没有解。

　　这个东西可以用一个哈希表或者map,set什么的预处理[0,m)的逆元来搞搞。

　　所以说m选在√n的时候是最优秀的。

 

　　然后因为某很懒，不愿意想太多事，所以把这个算法懒化了一下。

　　(这么干的某不是第一个。)

　　设x=i*m-j；

　　没错最后的式子就是

　　　　Z*Y^j≡K (mod p)；

　　一个小小的改动，就可以不用找逆元了。

　　

　　最后提一下判断无解的点：

　　　　对于操作2，如果Y=0而Z!=0就一定无解。

　　　　对于操作3，如果Y=0而Z!=0就一定无解。

　　　　对于操作3，找到最后找不到了就是无解了。

　　然后我就想知道B站那些时间只要三位数的老爷是什么情况。

　　可能操作2用exgcd更优秀吧，真的吗？

　　某的3000ms完全没戏啊，应该是卡不下来的？

#include    <iostream>
#include    <cstdio>
#include    <cstdlib>
#include    <algorithm>
#include    <vector>
#include    <cstring>
#include    <queue>
#include    <complex>
#include    <stack>
#include    <cmath>
#define LL long long int
#define dob double
using namespace std;
 
const int N = 1000010;
struct Node{int to,val,next;}E[N];
int n,type,head[N],tot;
 
int gi()
{
  int x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}
 
inline int QPow(int d,int z,int Mod){
  int ans=1;
  for(;z;z>>=1,d=1ll*d*d%Mod)
    if(z&1)ans=1ll*ans*d%Mod;
  return (ans+Mod)%Mod;
}
 
inline void link(int u,int v,int w){
  E[++tot]=(Node){v,w,head[u]};
  head[u]=tot;
}
 
inline void work1(){
  while(n--){
    int y=gi(),z=gi(),p=gi();
    printf("%d
",QPow(y%p,z%(p-1),p));
  }
  return;
}
 
inline void work2(){
  while(n--){
    int y=gi(),z=gi(),p=gi();
    y%=p;z%=p;
    if(!y && z){
      printf("Orz, I cannot find x!
");
      continue;
    }
    int x=QPow(y,p-2,p);
    x=1ll*x*z%p;
    printf("%d
",x);
  }
  return;
}
 
inline void work3(){
  while(n--){
    int y=gi(),z=gi(),p=gi();
    y%=p;z%=p;
    if(!y && z){
      printf("Orz, I cannot find x!
");
      continue;
    }      
    int m=sqrt(p),flag=0;
    memset(head,0,sizeof(head));tot=0;
    for(int i=0,d=1;i<m;++i){
      link(d%N,d,i);
      d=1ll*d*y%p;
    }
    for(int i=1;i<=m && !flag;++i){
      int ny=QPow(y,i*m,p);
      int x=QPow(z,p-2,p);
      x=1ll*x*ny%p;
      for(int e=head[x%N];e;e=E[e].next)
        if(E[e].to==x){
          printf("%d
",(i*m-E[e].val)%p);
          flag=1;break;
        }
    }
    if(!flag)
      printf("Orz, I cannot find x!
");
  }
}
 
int main()
{
  n=gi();type=gi();
  if(type==1)work1();
  if(type==2)work2();
  if(type==3)work3();
  /*fclose(stdin);
    fclose(stdout);*/
  return 0;
}