URAL 1268

题目大意：求K个素数pi对应的ni。ni满足：ni，ni^2,ni^3,...,ni^m对pi取模各不相同(i=1,2,3,...)，且m最大，ni最大。

Time Limit:250MS     Memory Limit:65536KB     64bit IO Format:%I64d & %I64u

数据规模：1<=K<=6553,2<pi(i=1,2,3,...)<65536。

理论基础：原根的定义：首先，对于互质的两个整数a，m。必然存在：d<=m-1，使得:a^d=1(mod m)，比如说:d=phi(m)。我们定义a对m的阶为所有满足a^d=1(mod m)的d中最小的一个正整数。如此一来，如果a对m的阶为phi(m),那么我们称a为m一个原根。

     原根性质定理：如果a为m的原根，记它的阶为ord，那么：a,a^2,a^3,...,a^ord对m取模的值各不相同。

     定理1：对于整数a,与素数m，则a，a^m对m取模的结果相同(费马小定理)。

     定理2：可以证明，如果正整数（a,m）=1和正整数 d 满足a^d=1(mod m)，则ord整除d。

题目分析：由题意和提供的理论基础你或许已经知道为什么，我会直接把故事背景去掉吧。因为题目给出的是素数，所以m最大是p-1,因为：n^p=n(mod p)。所以问题转化为求一个数，在满足是p的原根的情况下，n^（p-1）的值最大。所以就是小于p的最大原根咯（为小于p，因为Little Chu不会睡超过一周（p天））。那当然是要从p-1开始进行枚举了，找到第一个是原根的数。问题转换为如何判断一个数是不是原根呢？那最笨的方法肯定是根据定义看看小于p-1的正整数中有没有数d可以使：a^d=1（mod p）。这样的话时间复杂度变为了K*O（p^2），p稍微大一点，就只能TLE，等等，有一个定理还没有用。应用定理二。我们检查的时候就可以少了好多不必要的步骤了。

代码如下：

#include<iostream>#include<cstring>#include<string>#include<cstdlib>#include<cstdio>#include<cmath>#include<algorithm>#include<queue>#include<ctime>using namespace std;typedef double db;#define DBG 0#define maa (1<<31)#define mii ((1<<31)-1)#define sl(c) ((int)(c).size())    //取字符串长度；#define forl(i, a, b) for(int i = (a); i <  (b); ++i)    //不带边界值循环，正序#define forle(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)   //带边界值循环，正序#define forh(i, a, b) for(int i = (a); i >  (b); --i)     //不带边界值，逆序#define forhe(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); --i)        //带边界值，逆序#define forlc(i, a, b) for(int i##_b = (b), i = (a); i <  i##_b; ++i)  //带别名的循环，用于不可改变值#define forlec(i, a, b) for(int i##_b = (b), i = (a); i <= i##_b; ++i)#define forgc(i, a, b) for(int i##_b = (b), i = (a); i >  i##_b; --i)#define forgec(i, a, b) for(int i##_b = (b), i = (a); i >= i##_b; --i)#define forall(i, v   )  forl(i, 0, sz(v))   //循环所有#define forallc(i, v   ) forlc(i, 0, sz(v))#define forlla(i, v   ) forhe(i, sz(v)-1, 0)#define forls(i, n, a, b) for(int i = a; i != b; i = n[i])   //搜表用#define rep(n)  for(int               repp = 0; repp <    (n); ++repp)#define repc(n) for(int repp_b = (n), repp = 0; repp < repp_b; ++repp)#define rst(a, v) memset(a, v, sizeof a)   //把字符v填充到a  reset 重置#define cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof a)   //copy b 的sizeof（a）个字符到a#define rstn(a, v, n) memset(a, v, (n)*sizeof((a)[0]))  //把字符v填充到a[n]之前的字节#define cpyn(a, b, n) memcpy(a, b, (n)*sizeof((a)[0]))    //copy b 的 n 个字符到a#define ast(b) if(DBG && !(b)) { printf("%d!!|\n", __LINE__); while(1) getchar(); }  //调试#define dout DBG && cout << __LINE__ << ">>| "#define pr(x) #x"=" << (x) << " | "#define mk(x) DBG && cout << __LINE__ << "**| "#x << endl#define pra(arr, a, b)  if(DBG) {\    dout<<#arr"[] |" <<endl; \    forlec(i, a, b) cout<<"["<<i<<"]="<<arr[i]<<" |"<<((i-(a)+1)%8?" ":"\n"); \    if((b-a+1)%8) puts("");\}                                                             //数列查看#define rd(type, x) type x; cin >> x   //读数inline int     rdi() { int d; scanf("%d", &d); return d; }inline char    rdc() { scanf(" "); return getchar(); }inline string  rds() { rd(string, s); return s; }inline db rddb() { db d; scanf("%lf", &d); return d; }template<class T> inline bool updateMin(T& a, T b) { return a>b? a=b, true: false; }template<class T> inline bool updateMax(T& a, T b) { return a<b? a=b, true: false; }typedef unsigned int lu;int n,m,ans,tot,f[1000],T;int pow_mod(lu a,int b){    lu res=1;    while(b>0)    {        if(b&1)res=(res*a)%n;        a=(a*a)%n;        b>>=1;    }    return (int)res;}bool check(int x){    forl(i,0,tot)    {        if(pow_mod((lu)x,f[i])==1)return false;    }    return true;}int solve(){    if(n<=3)return n-1;    tot=0,ans=m=n-1;    for(int i=2;i*i<=m;i++)    {        if(m%i==0)        {            if(i*i!=m)            {                f[tot++]=i;                f[tot++]=m/i;            }            else f[tot++]=i;        }    }    sort(f,&f[tot]);    pra(f,0,tot-1)    while(!check(ans))ans--;    return ans;}int main(){    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%d",&n);        printf("%d\n",solve());    }    return 0;}

数论未完，待续。。。           

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by: Jsun_moon http://blog.csdn.net/Jsun_moon