N次剩余(详解+例题+代码)

从《国际大学生程序设计大赛算法与实现》中所学

任务：
给定N, a, p, 求出(x^N)%p=a 在模p意义下的所有解x。
说明：
令g为p的原根，因为p为素数，所以phi(p)=p-1。
由原根的性质得：
如果g为p的原根，则：g^i mod p != g^j mod p (p为素数), 其中i != j且i, j介於1至(p-1)之间
所以，可以设g^y=x, g^t=a，则有：
g^(y*N)%p=g^t
又由原根的性质：
g^(y*N)%p=g^t -> (y*N)%(p-1)=t (此方程可以由拓展欧几里得解)
另外g^t=a可以由离散对数求出
给定newx, k, m, 方程 (x^k)%m=newx, 求在模m意义下的所有解x。

限制：
0 <= newx, m, k <= 1.5*10^15; m是素数。

/*hdu 3930  题意：  给定newx, k, m, 方程 (x^k)%m=newx, 求在模m意义下的所有解x。  限制：  0 <= newx, m, k <= 1.5*10^15; m是素数。  思路：  N次剩余 */#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <cstring>#include <vector>#include <algorithm>using namespace std;#define LL __int64#define PB push_backLL mul(LL a,LL b,LL m){    LL ret = 0;    a %= m;    while(b){        if(b & 1) ret = (ret + a) % m;        a = (a + a) % m;        b >>= 1;    }    return ret;}LL a_b_MOD_c(LL a,LL b,LL m){    LL ret = 1;    a %= m;    while(b){        if(b&1) ret = mul(ret,a,m);        a = mul(a,a,m);        b >>= 1;    }    return ret;}LL ext_gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){    if(b==0) { x=1, y=0; return a; }    LL ret= ext_gcd(b,a%b,y,x);    y-= a/b*x;    return ret;}vector<LL> a;bool g_test(LL g,LL p){    for(LL i=0;i<a.size();++i)        if(a_b_MOD_c(g,(p-1)/a[i],p)==1)            return 0;    return 1;}LL pri_root(LL p){    a.clear();    LL tmp=p-1;    for(LL i=2;i<=tmp/i;++i)        if(tmp%i==0){            a.push_back(i);            while(tmp%i==0)                tmp/=i;        }    if(tmp!=1)        a.push_back(tmp);    LL g=1;    while(true){        if(g_test(g,p))            return g;        ++g;    }}const int HASH_MOD=9876543;LL key[HASH_MOD], val[HASH_MOD];int head[HASH_MOD], next[HASH_MOD];struct Hash{    int tot;    void init(){        memset(head, -1, sizeof(head));        tot = 0;    }    LL insert(LL x, LL y){        int k = x % HASH_MOD;        key[tot] = x;        val[tot] = y;        next[tot] = head[k];        head[k] = tot++;    }    LL find(LL x){        int k = x % HASH_MOD;        for(int i = head[k]; i != -1; i = next[i])            if(key[i] == x)                return val[i];        return -1;    }}hs;//求解模方程a^x=b(mod m),n为素数,无解返回-1  //注意：要求0 < a < m; 0 <= b < m; 否则按题意自己转化。//复杂度O(sqrt(m))LL log_mod(LL a, LL b, LL m){    hs.init();    LL s = ceil(sqrt(m + 0.5));    LL cur = 1;    for (int i = 0; i < s; ++i){        if(hs.find(cur)==-1) hs.insert(cur,i);    //记得先判重，在插入        cur = cur * a % m;    }    LL v = a_b_MOD_c(a, (m - s - 1 + m) % m, m);    for(int i = 0; i < s; ++i){        LL tmp = hs.find(b);        if(tmp!=-1)            return s * i + tmp;        b=b*v%m;    }    return -1;}/*n次剩余  任务：  给定N, a, p, 求出(x^N)%p=a 在模p意义下的所有解x。  说明：  令g为p的原根，因为p为素数，所以phi(p)=p-1。  由原根的性质得：  如果g为p的原根，则：g^i mod p != g^j mod p (p为素数), 其中i != j且i, j介於1至(p-1)之间  所以，可以设g^y=x, g^t=a，则有：  g^(y*N)%p=g^t  又由原根的性质：  g^(y*N)%p=g^t -> (y*N)%(p-1)=t (此方程可以由拓展欧几里得解)  另外g^t=a可以由离散对数求出 */vector<LL> residue(LL p, LL N, LL a){    LL g = pri_root(p);g %= p;    LL m = log_mod(g, a, p);    vector<LL> ret;    if(a == 0){        ret.PB(0);        return ret;    }    if(m == -1)        return ret;    LL A = N, B = p - 1, C = m, x, y;    LL d = ext_gcd(A, B, x, y);    if(C % d != 0) return ret;    x = x * (C / d) % B;    LL delta = B / d;    for(int i = 0; i < d; ++i){        x = ((x + delta) % B + B) % B;        ret.PB(a_b_MOD_c(g, x, p));    }    sort(ret.begin(), ret.end());    ret.erase(unique(ret.begin(), ret.end()), ret.end());    return ret;}int main(){    int cas = 0;    LL k,m,newx;    while(scanf("%I64d%I64d%I64d",&k, &m, &newx)!=EOF){        vector<LL> ans;        ans = residue(m,k,newx);        printf("case%d:\n",++cas);        if(ans.size()==0) puts("-1");        for(int i = 0; i < ans.size(); ++i)            printf("%I64d\n",ans[i]);    }    return 0;}