其实思维难度不是很大，但是各种处理很麻烦，公式推导到最后就是一个bsgs算法解方程
/* 要给M行N列的网格染色，其中有B个不用染色，其他每个格子涂一种颜色，同一列上下两个格子不能染相同的颜色 涂色方案%100000007的结果是R，现在给出R，N，K，请求出最小的M 对于第一行来说，每个位置有k种选择，那么填色方案数是k^n 对于第二行来说，每个位置有k-1中选择，那么填色方案数时(k-1)^n种 依次类推，如果i+1行的某个格子上面是白格，那么这个格子有k种填色方案 将M行分为两部分，第一部分是固定的，即行数最大的B向下一行，注意特判情况 第二部分是不固定的，即不停增加行数M，直到求出结果=R 另P=（K-1）^N,所以方案总数是cnt*P^M=R (mod 100000007) P^M = cnt^-1 * R(mod 100000007) 逆元算一下即可 用bsgs算法 解出这个关于M的方程即可 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define maxn 510 #define mod 100000007 int n,m,k,b,r,x[maxn],y[maxn]; set<pair<int,int> >best; ll pow_mod(ll a,ll p){//快速幂 ll res=1; while(p){ if(p%2) res=res*a%mod; p>>=1; a=a*a%mod; } return res; } ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){ if(b==0){x=1;y=0;return a;} ll d=exgcd(b,a%b,y,x); y-=a/b*x; return d; } ll inv(ll a){//ax+y*mod=1 ==> ax=1(mod mod),所以x就是a关于mod的逆元 ll d,x,y; d=exgcd(a,mod,x,y); return d==1?(x+mod)%mod:-1; } int log_mod(int a,int b){//bsgs算法，求解a^x=b(mod m)方程 int m, v, e = 1, i; m = (int)sqrt(mod+0.5); v = inv(pow_mod(a, m)); map<int, int> x; x[1] = 0; for(int j=1;j<m;j++){//建立hash表，x=i*m+j e=(ll)e*a%mod; if(!x.count(e)) x[e]=j; } for(int i=0;i<m;i++){ if(x.count(b)) return i*m+x[b]; b=(ll)b*v%mod;//这里实际上是用逆元处理了，即将a^(i*m+j)=b (mod m)转化为a^j=b^(i*m)^(-1) (mod m) } return -1; } int count(){//计算固定部分的方案数 int c=0;//统计b块下面的的方格 for(int i=0;i<b;i++) if(x[i]!=m && !best.count(make_pair(x[i]+1,y[i]))) c++; c+=n; for(int i=0;i<b;i++) if(x[i]==1) c--; return pow_mod(k-1,(ll)m*n-b-c)*pow_mod(k,c)%mod; } int doit(){ int cnt=count();//先求出第一部分的cnt if(cnt==r) return m; int c=0;//要把第m+1行单独拿出来考虑 for(int i=0;i<b;i++) if(x[i]==m) c++; m++; cnt=cnt*pow_mod(k,c)%mod; cnt=cnt*pow_mod(k-1,n-c)%mod; if(cnt==r) return m; //接下去就只要求对数方程即可 int P=pow_mod(k-1,n); return log_mod(P,r*inv(cnt)%mod)+m; } int main(){ int t,cas=1; scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&b,&r); best.clear(); m=1; for(int i=0;i<b;i++){ scanf("%d%d",&x[i],&y[i]); m=max(x[i],m); best.insert(make_pair(x[i],y[i])); } printf("Case %d: %d ",cas++,doit()); } }