Bzoj 2242: [SDOI2011]计算器(BSGS)

2019-11-11 06:34:47

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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 HINT Source 第一轮day1

/*复合题hhh.前两问裸的快速幂 exgcd.读入int64 不要图快用scanf linux好像不行? 然后这题case 3 是BSGS.由于本人比较弱所以我只能感性的认识一下BSGS.y^x≡z(mod p).这题暴力的话复杂度是O(p)的.因为根据费马小定理y^(p-1)≡1(mod p).剩余系元素的个数就是p-1,再往后就出现循环了.然后我们采用分块的思想,令m=√p.然后就有y^(km+i)≡z(mod p).y^i≡ine(y^km)*z(mod p). (ine x为x的逆元).然后左边hash存表,右边枚举k.然后因为费马小定理有y^m*y^(p-m-1)≡1(mod p).so ine(y^m)=y^(p-m-1).右边就变成了ine(y^m(k-x))*[ine(y^m)]^x.枚举k即可. 复杂度就变成了O(sqrt(p)). */#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#include<algorithm>#include<map>#define LL long longusing namespace std;int k,t,n,p;LL a,b,x,y,c;map<int ,int >s;LL mi(){ LL tot=1; while(b) { if(b&1) tot=tot*a%p; a=a*a%p; b>>=1; } return tot%p;}void slove1(){ while(t--) { cin>>a>>b>>p;// 1 W. //scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&p); PRintf("%lld/n",mi()); }}void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){ if(!b) {x=1,y=0;return;} else exgcd(b,a%b,y,x),y-=(a/b)*x;}void slove2(){ while(t--) { cin>>a>>c>>b; LL g=__gcd(a,b); if(c%g) printf("Orz, I cannot find x!/n"); else { x=y=0; exgcd(a,b,x,y); x*=c;g=b/g; x=(x%g+g)%g; cout<<x<<endl; } }}LL mi1(LL aa,LL bb,LL pp){ LL tot=1; while(bb) { if(bb&1) tot=tot*aa%pp; aa=aa*aa%pp; bb>>=1; } return tot%pp;} map<int,int> mp;void slove3(){ int ans=0,y,z; bool flag=false; while(t--) { scanf("%d%d%d",&y,&z,&p);y%=p; if (!y&&!z) {printf("1/n");continue;} if (!y){printf("Orz, I cannot find x!/n");continue;} s.clear(); LL m=ceil(sqrt(p)),tot=1;s[1]=m+1; for(int i=1;i<=m-1;i++) { tot=tot*y%p; if(!s[tot]) s[tot]=i; } bool flag=false; LL tmp=mi1(y,p-1-m,p),ni=1;//2 W. for(int k=0;k<=m-1;k++) { int i=s[z*ni%p]; if(i) { if(i==m+1) i=0; flag=true;printf("%d/n",k*m+i);break; } ni=ni*tmp%p; } if(!flag) printf("Orz, I cannot find x!/n"); } return ;}int main(){ scanf("%d%d",&t,&k); if(k==1) slove1(); else if(k==2) slove2(); else slove3(); return 0;}

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