题解 CF303D Rotatable Number

Posted 2021-01-31 llcsblog

一些废话

嗯，这道题今天考试考了，写一篇题解祭奠一下。

昨天学了欧拉定理与欧拉函数，老师说不会考难题，于是我就刚这道题刚了2个小时，推了半天规律结果还是差了不少，不过代码和题解比较相似。但是结论有错误。(MMP我又不是欧拉，考场上推出原根定理？）

昨天学欧拉定理今天考原根，老师的良心呢

不管了。

正文

老师给的题解原文(一堆易知)我太弱了

一看到题目142857，就想到了1/7.然后瞎猜应该和分数有关。

先在十进制下推，

假设我们有个循环数，比如142857.
令(x=0.14285714.... =(q/p) (gcd(p,q)==1))

则
(x=0.142857142857……)
(2x=0.285714285714……)
(3x=0.428571428571……)
(4x=0.571428571428……)
(5x=0.714285714285……)
(6x=0.857142857142……)

(x=0.142857142857……)
(10x=1.428571428571……)
(100x=14.285714285714……)
(1000x=142.857142857142……)
(10000x=1428.571428571428……)
(100000x=14285.714285714285……)

因为x是一个无限纯循环小数，所以(gcd(10,p)=1).

根据循环数的定义，他们的尾数相同。
所以，x是循环数(Longleftrightarrow){(x),(2x),(3x),...,(6x)}的小数部分与{(10^0x),(10^1x),...,(10^5x)}相同.
(Longleftrightarrow){(q/p),(2q/p),(3q/p),...(6q/p)}的小数部分与{(10^0q/p),(10^1q/p),...,(10^5q/p)}相同(均不考虑顺序)

(ecause gcd(p,q)=1)

( herefore)小数部分只由(modspace p)的余数唯一确定。

故上式等价于{(q,2q,3q,...)}与{(10^0q,10^1q,10^2q,...)}在mod p意义下相同。

(ecause gcd(p,q)=1)

必有(aqequiv1(mod space p))

将上式同乘a,得到
{(1,2,3,4,5,6)}与{(10^0,10^1,...,10^5)}在mod p意义下相同。

显然{(1,10,...,10^5)}中有一个数模p余2.事实上它是100

(这里当然可以假设一个数推下去，但是结论是一样的，所以就直接未卜先知了)

且{(10^0,10^1,...,10^5)}与{(10^2,...,10^7)}在mod p意义下相同(循环数的性质)。

所以{(10^0,10^1,...,10^5)}与{(2*10^0,...,2*10^5)}在mod p意义下相同(循环数的性质)。

显然,{(1,2,3,4,5,6)}与{(2,4,6,8,10,12)}在mod p意义下相同。

( herefore) {(1,3,5)}与{(8,10,12)}在mod p意义下相同。

易知(p<8)

另一方面

显然有p>循环节长度。否则x*p将得到一个整数，不会循环下去。

( herefore) (p>6)

( herefore) (p=7)

上述论证在n≠6的时候仍然成立：p=循环节长度+1.

那么就有{(1,2,...,p-1)}和{(10^0,10^1,...,10^{p-2})}在mod p意义下相同

( herefore) 那么就有{(2,...,p-1)}和{(10^1,...,10^{p-2})}在mod p意义下相同

我们发现(10^1,...,10^{p-2})中没有一个模p余1的数

即(1,...,p-2≠phi(p))

所以,p是质数，且10是p的原根

推广到b进制下，当且仅当p是质数且b是p的原根时，有循环数

这个时候我们就要掌握到一个求原根方法

求质数x的原根:
求出(x-1)所有不同的质因子(p_1,p_2...p_m).

对于任何(a(2<=a<=x-1)),判定a是否为x的原根，只需要检验(a^{(x-1)/p_1},a^{(x-1)/p_2},...,a^{(x-1)/p_m})这m个数中，是否存在一个数(mod x)为1，若存在，a不是x的原根，否则就是x的原根。
对于合数，将x-1换成(phi (x))即可
___
证明：原文

假设存在一个(t<phi(x)=x-1)使得(a^t = 1 (mod space x))

那么由裴蜀定理，一定存在一组k,r使得(kt=(x-1)r+gcd(t,x-1))

而由欧拉定理有，$a^{x-1} = 1 pmod {x} $

于是$1 = a^{kt} = a^{xr-r+gcd(t,x-1)} = a^{gcd(t,x-1)}pmod{x} $

而(t<x-1)故(gcd(t,x-1)<x-1)

又$gcd(t,x-1)|x-1 (于是)gcd(t,x-1)(必整除)(x-1)/p_1,(x-1)/p_2...(x-1)/p_m(其中至少一个，设其一为)(x-1)/p_i$

那么(a^{(x-1)/pi} = (a^{gcd(t,x-1)})^s = 1^s = 1 (mod x))

这与假设矛盾

---

所以只需要将小于x-1的b逐个判断是不是p的原根就行了。
使用快速幂时间复杂度为(Theta(sqrt{q}log{q}))
但实际复杂度远远小于。过了就行

代码

/*
@Date    : 2018-08-08 00:45:35
@Author  : Adscn
@Link    : https://www.luogu.org/blog/LLCSBlog/
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IL inline
#define RG register
#define gi getint()
#define pi(k) putint(k)
#define gc getchar()
#define File(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout)
IL int getint()
{
    RG int xi=0;
    RG char ch=gc;
    bool f=0;
    while(ch<'0'|ch>'9')ch=='-'?f=1:f,ch=gc;
    while(ch>='0'&ch<='9')xi=(xi<<1)+(xi<<3)+ch-48,ch=gc;
    return f?-xi:xi;
}
IL void putint(int k)
{
    if(k<0)k=-k,putchar('-');
    if(k>=10)putint(k/10);
    putchar(k%10+'0');
}
IL unsigned int LOG2(unsigned int x)
{
    unsigned int ret;
    __asm__ __volatile__ ("bsrl %1, %%eax":"=a"(ret):"m"(x));
    return ret;
}
long long n,x;
const int MAX=5*1e6+1;
long long mod;
long long ksm(long long a,int b)
{
    long long ans=1,tmp=a;
    while(b)
    {
        if(b&1)ans=(ans*tmp)%mod;
        tmp=(tmp*tmp)%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
IL bool checkp(long long p)
{
    if(p<2)return false;
    if(p==2||p==3)return 1;
    for(long long i=2;i*i<=p;i++)if(p%i==0)return false;
    return true;
}
IL bool check(long long k)
{
    if(k%mod==0)return false;
    for(long long i=1;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            if(i<n&&ksm(k,i)==1)return false;
            if(i!=1&&ksm(k,n/i)==1)return false;
        }
    }
    return true;
}
int main(void)
{ 
//  File("number");
    cin>>n>>x;
//  getEuler();
    mod=n+1;
    if(!checkp(mod))return printf("-1")&0;
    for(int i=x-1;i>=2;i--)if(check(i))return printf("%d",i)&0;
    printf("-1");
    return 0;
}