POJ 2115 C Looooops （模线性方程）

坑点：

long long int mod = 1LL << k，否则会炸int。

题意：

给你A B C K四个变量，问你对于这样一个for循环在循环多少次之后跳出
for(int i = A ; i != B; i += c){
nothing;
}
注意这里对 i 的bit做了限制，只有k个bit，默认为无符号，也就是说 i(mod2k)

思路：

设次数为x，得到方程：

A+C∗x=B(mod2k)

稍微变个形：

C∗x=B−A(mod2k)

于是乎形如 a∗x=b(modn) （1） 的方程就新鲜出炉啦，所以啊，我们只需要把在方程（1）的x的解得到，本题的解也就得到了。

关于模线性方程的通解：

形如这样的方程：

a∗x=b(modn)

我们可以把他转化为：

a∗x+n∗(−y)=b(1)

首先判断是否有解，利用Bezout定理：若设a,b是整数，则存在整数x,y，使得 ax+by=gcd(a,b)
又因为 d=gcd(a,n)，所以当 bmodd=0 时，即b是d的整数倍时，有解。

接着，根据 d=gcd(a,n) 我们得到这个式子：

a∗x′+n∗y′=d(2)

是不是感觉跟（1）有些像啊，所以咱们从这里入手，把（2）的左右同乘 b/d得到下式：

a∗(x′∗b/d)+(n∗b/d)∗y′=b(3)

把（1）和（3）式一对比，哎呦我去，想要知道（1）式的x，我们只需知道（3）式的x’就够了。

dakala（所以）。。。
接着求x’就好了，，，

而怎么求x’呢？答案：扩展欧几里得算法。
根据式子（2）运用extend−gcd(a,n,x,y) 算出x’。所以 x=(x′∗b/d) 也就得到了。
扩展欧几里得算法：

lli x = 0,y = 0;lli e_gcd(lli a,lli b,lli &x,lli &y){    if(b == 0){        x = 1;        y = 0;        return a;    }    lli ans = e_gcd(b,a%b,x,y);    lli temp = x;    x = y;    y = temp - a/b*y;    return ans;}

但是这里又有个问题，解出来的x有可能是负的，而我们想要的是正的，所以还要进行一步操作：
x=(xmod(n/d)+n/d)mod(n/d)
有的童鞋可能要问了，这里为什么周期是n/d呢？请看（2）式，在这个式子里，如果d不等于1的话，左右两边是可以约分的，也就是说，周期并没有原来的n那么大，所以是n/d。

AC代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>typedef long long int lli;using namespace std;lli x = 0,y = 0;lli e_gcd(lli a,lli b,lli &x,lli &y){    if(b == 0){        x = 1;        y = 0;        return a;    }    lli ans = e_gcd(b,a%b,x,y);    lli temp = x;    x = y;    y = temp - a/b*y;    return ans;}// ax = b (mod n)lli mod_line(lli a,lli b,lli n){    lli d = e_gcd(a,n,x,y);    if(b % d == 0){        lli minx0 = (x * b / d) % n;        return (minx0 % (n/d) + n/d)% (n/d);    }    else        return -1;}int main(){    lli A,B,C,k;    while(scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&A,&B,&C,&k),k){        lli status = mod_line(C,B-A,1LL<<k);        if(status == -1){            puts("FOREVER");        }        else{            printf("%I64d\n",status);        }    }    return 0;}