jzoj7177质因数分解扩展欧几里得鱼跃龙门

Posted 2021-08-18 SSL_ZZL

Comet OJ Contest #10 C 鱼跃龙门 Cold_Chair

• 题面
• • Description
  • Input
  • Output
  • 样例1
  • • 样例输入 1
    • 样例输出 1
    • 样例解释 1
  • 样例2
  • • 样例输入 2
    • 样例输出 2
• 解题思路
• Code

题面

Description

给定一个正整数$n$，一共有$n$座龙门，跳过第$j(j<n)$座龙门将会到达第$j+1$座龙门前，特殊地，跳过第$n$座龙门后将会到达第$1$ 座龙门前。

胖头鱼一开始在第一座龙门前，接下来，第$i$个时刻内它会向前跳$i$次，每次跳过$1$座龙门，求最小的正整数$x$满足第$x$个时刻结束后胖头鱼恰好会回到起点。

Input

第一行一个整数 $T$，表示数据组数。
接下来 $T$行，每行一个整数$n$，表示一共有$n$座龙门。

$1\le T\le 100$, $1\le n\le 10^{12}$

Output

一共$T$行，每行一个整数$x$，表示答案。

样例1

样例输入 1

5
2
4
6
8
10

样例输出 1

3
7
3
15
4

样例解释 1

对$n=10$的样例解释：
一开始在$1$的前面也就是位置$0$，
第一时刻跳一步到$(0+1)modn=1$，
第二时刻跳两步到$(1+2)modn=3$，
第三时刻跳三步到$(3+3)modn=6$，
第四时刻跳四步到$(6+4)modn=0$，
第四时刻后恰好跳回原点$0$，所以答案为$4$。

样例2

样例输入 2

10
200479710
1041705379
766770747
257088468
877586977
86834214
757618747
884911150
388001368
494728090

样例输出 2

30464759
9427197
74899308
9020648
877586976
43417107
96416647
212378675
43718463
36697240

---

解题思路

一开始想岔了（因为数论太烂），把想法写的贼牛的样子（式子貌似也写错了((((）
$$\sum _{i=1}^{x}i\equiv 0(modn)$$
x即
后面才发现这个式子是可以简化的，$n|(x(x+1)/2)\to 2n|x(x+1)$
设$a|2n,b=2n/a$，则（$ab=2n$）$ab|x(x+1)$
$ap\cdot bq=x(x+1)$，设$ap=(x+1),bq=x$，则$ap-bq=1$

引用扩展欧几里得，$ax+by=gcd(a,b)$
套上去就是$ax+by=1$（-号可以算进系数y中），用扩欧求解
这就产生一个条件了，$gcd(a,b)=1$（即a,b互质），于是就可以先处理出2n的质因子

#tips


感谢LTH大爷 （虽然还是看不懂）

---

Code

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define ll long long

using namespace std;

const int maxn = 1e6 + 5;
const ll INF = 1e18;
ll n, ans, f[maxn + 100], p[maxn + 100];
int num, T;

void init() {
	f[0] = f[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= maxn; i++) {
		if(!f[i]) p[++num] = i;
		for(int j = 1; j <= num && i * p[j] <= maxn; j++) {
			f[i * p[j]] = 1;
			if(i % p[j] == 0) break;
		}
	}
}

void demo(ll n) {
	f[0] = 0;
	for(int i = 1; i <= num && p[i] <= n; i++) {
		if(n % p[i] == 0)
			f[++f[0]] = 1;
		while(n % p[i] == 0){n /= p[i], f[f[0]] *= p[i];}
	}
	if(n > 1)
		f[++f[0]] = n;
}

void work(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {  //ex_gcd
	if(b == 0) {x = 1, y = 0; return;}
	work(b, a % b, x, y);
	ll t = x;
	x = y, y = t - (a / b) * y;
}

void dfs(int now, ll a, ll b) {
	if(now == f[0] + 1) {
		ll x, y;
		work(a, b, x, y);
		y = -y % a;
		if(y <= 0) y += a;
		ans = min(ans, y * b);
		return;
	}
	dfs(now + 1, a * f[now], b);
	dfs(now + 1, a, b * f[now]);
}

int main() {
	init();  //把质数处理出来
	scanf("%d", &T);
	while(T--) {
		scanf("%lld", &n);
		n *= 2;
		demo(n);  //把2n的质因数求出来
		ans = INF;
		dfs(1, 1, 1);  //dfs出a，b的可能性，找到最小的解
		printf("%lld\\n", ans);
	}
}