UOJ 74 [UR #6]破解密码

逆元

就说这种题怎么考场上没有人AC，原来有坑点- -

考虑 hi 和 hi+1 的关系：
有 hi+1≡hi∗26−26n∗si+si(mod p) ①
即 (1−26n)∗si≡hi+1−26∗hi(mod p) ②
即 si≡hi+1−26∗hi1−26n(mod p)
因为有解，且模数 p>26 ,因此我们似乎可以一位一位地确定答案。
然而坑点来了，可能出现 1−26n|p，此时它并没有逆元，解不唯一，将会表现出a∼z都合法的情况，就会挂掉。为什么？从②式可以看出并不是没逆元的锅，只是因为我们列出的式子只能说明在这个取值下 hi 和 hi+1 可以同时合法，而不能保证hi 和其他的能同时合法。这样是对的当且仅当存在唯一解 （因为不可能有其他可行解）。而在这个坑点时没有唯一解。怎么办？
回到①式，发现满足 1−26n|p 时一定会出现：
hi+1≡hi∗26(mod p)
又因为保证有解，可知如果满足了 hi ， hi+1 一定也满足，因此暴力地让h0满足即可。

#include<cstdio>#define N 100005using namespace std;namespace runzhe2000{    typedef long long ll;    int n, p, y[N];    int fpow(int a, int b)    {        int r = 1; a = (a%p+p)%p;        for(; b; b>>=1)        {            if(b&1)r=(ll)r*a%p;            a=(ll)a*a%p;        }        return r;    }    void main()    {        scanf("%d%d",&n,&p);        for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d",&y[i]);        if(fpow(26,n) == 1)        {            int tmp = y[1];            for(int i = n; i; i--)            {                int c = tmp % 26;                y[i] = c;                tmp /= 26;            }            for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%c",y[i]+'a');        }        else        {            int inv = fpow(fpow(26,n)-1, p - 2);            y[n+1] = y[1];            for(int i = 1; i <= n; i++)            {                int a = (ll) (y[i] * 26ll - y[i+1]) % p * inv % p;                if(a < 0) a += p;                printf("%c",a+'a');            }        }     }}int main(){    runzhe2000::main();}