假如有这样一道题目：要给一个M行N列的网格涂上K种颜色，其中有B个格子不用涂色，其他每个格子涂一种颜色，同一列中的上下两个相邻格子不能涂相同颜色。给出M,N,K和B个格子的位置，求出涂色方案总数除以1e8+7的结果R。
本题的任务和这个相反：已知N,K,R和B个格子的位置，求最小可能的M。
蓝书(大白)上的例题，设xm为不能涂色的格子的最大x值，则分三种情况讨论：M=xm,M=xm+1,M>xm+1。前两种用组合公式直接算，第三种可设前xm+1行的格子涂色方法有n种，由于每增加一行，总涂色方案数增加p=(k-1)^N，于是有n*p^(M-xm-1)=R，用BSGS算法求出M-xm-1的值即可得到答案。
中间有一个连乘少取了一次模爆了longlong，差点debug到自闭..
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 const ll N=500+10; 6 const ll mod=1e8+7; 7 struct P { 8 ll x,y; 9 bool operator<(const P& b)const {return x!=b.x?x<b.x:y<b.y;} 10 }; 11 ll n,k,b,r,ka; 12 ll x[N],y[N],xm,all; 13 set<P> st; 14 15 ll Pow(ll a,ll b) { 16 ll ret=1; 17 for(; b; b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)ret=ret*a%mod; 18 return ret; 19 } 20 ll inv(ll a) {return Pow(a,mod-2);} 21 ll Log(ll a,ll b) { 22 ll m=sqrt(mod+0.5),v=inv(Pow(a,m)); 23 map<ll,ll> mp; 24 for(ll i=0,e=1; i<m; ++i,e=e*a%mod)if(!mp.count(e))mp[e]=i; 25 for(ll i=0; i<m; ++i,b=b*v%mod)if(mp.count(b))return i*m+mp[b]; 26 return -1; 27 } 28 29 ll solve() { 30 ll ans=Pow(k,all)*Pow(k-1,n*xm-all-b)%mod; 31 if(ans==r)return xm; 32 ll cnt=0; 33 for(ll i=0; i<b; ++i)if(x[i]==xm)++cnt; 34 ans=ans*Pow(k,cnt)%mod*Pow(k-1,n-cnt)%mod; 35 if(ans==r)return xm+1; 36 return xm+1+Log(Pow(k-1,n),r*inv(ans)%mod); 37 } 38 39 int main() { 40 ll T; 41 scanf("%lld",&T); 42 while(T--) { 43 printf("Case %lld: ",++ka); 44 xm=1; 45 st.clear(); 46 scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&b,&r); 47 all=n; 48 for(ll i=0; i<b; ++i) { 49 scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]); 50 xm=max(xm,x[i]); 51 st.insert({x[i],y[i]}); 52 if(x[i]==1)all--; 53 } 54 for(ll i=0; i<b; ++i) { 55 if(x[i]!=xm&&!st.count({x[i]+1,y[i]}))all++; 56 } 57 printf("%lld ",solve()); 58 } 59 return 0; 60 }