luogu P5605 小 A 与两位神仙

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Subtask 1

　　直接模拟。

Subtask 2

　　BSGS算法模板。

Subtask 3

　　考虑模 $m$ 的任意一个原根 $g$。

　　假设 $g^{ra} equiv x pmod {m}, g^{rb} equiv y pmod{m}$ 。

　　那么原题的方程等价于方程 $a cdot ra equiv rb pmod {varphi(m)}$。

　　它等价于 $x cdot ra - ycdot varphi(m) = rb$。

　　设 $d = varphi(m)$。

　　它存在满足条件的解当且仅当 $(ra, d) mid rb$。

　　这个条件仍然不好处理，因为我们难以求出 $rb$。

　　考虑这样一个条件 $(ra, d) mid (rb, d)$。

　　我们来证明，满足 $(ra, d) mid rb$ 当且仅当 $(ra, d) mid (rb, d)$。

　　充分性显然。

　　考虑必要性，因为 $((ra,d), (rb,d)) = (ra, rb, d) = ((ra, d) , rb) = (ra, d)$。

　　所以有 $(ra, d) mid (rb, d)$。

　　现在的问题是如何求 $(ra, d)$。

引理 设 $g$ 为模 $m$ 意义下的一个原根 ，如果 $g^{ra} equiv a pmod {m}$，设 $delta_m(a) = d$ ，那么有 $(ra, varphi(m)) d = varphi(m)$.

　　证明 因为有 $left( g^{ra} ight)^d equiv 1pmod{m}$，所以 $varphi(m) | ra cdot d$。

　　那么有 $ra cdot d equiv 0 pmod {varphi(m)}$.

　　所以有 $d equiv 0 pmod{frac{varphi(m)}{(varphi(m), ra)}}$.

　　因为 $d$ 是满足条件的最小正整数，所以有 $d = frac{varphi(m)}{(varphi(m), ra)}$。

　　所以 $(varphi(m), ra) d = varphi(m)$。

　　因此我们把问题转化为求阶。

　　众所周知，阶是 $varphi(m)$ 的约数，所以我们暴力枚举所有因子能通过这个subtask。

Subtask 4

　　因为 $p$ 随机，所以期望的因子个数只有几千，做法同 Subtask 3。

Subtask 5

　　骗暴力选手去卡常。

Subtask 6

　　我们考虑优化求阶的做法。

引理 设 $d = delta_m(x)$，如果 $d_0$ 满足 $x^{d_0} equiv 1pmod {m}$，那么有 $d | d_0$。

　　证明 设 $d_0 = qd + r (0 < r < d)$。那么有 $x^{qd + r} equiv (x^{d})^q x^r equiv x^r equiv 1pmod{m}$。因为 $d$ 是最小的正整数满足 $x^{d} equiv 1 pmod {m}$，但 $r$ 是更小的满足条件的正整数，这和阶的定义矛盾。

　　初始令 $d =varphi(m)$。根据欧拉定理，我们知道一定有 $x^{d} equiv 1 pmod{m}$。设 $d = kdelta_m(x)$

　　考虑枚举任意一个 $varphi(m)$ 的质因子 $p$，如果满足 $p mid d$，并且 $x^{d / p} equiv 1 pmod {m}$。 那么有 $p mid k$，我们令 $d' = d / p$ 继续执行这个过程，直到不存在满足条件的 $p$。

　　由于乘法取模我们可以使用 __int128 ，所以时间复杂度 $O(T log^2 V + n^{1/4})$。

　　如果同时求 $(ra, varphi(m)), (rb, varphi(m))$ 可能会被卡常。

Subtask 7

　　我们注意到，我们没有必要求 $(rb, varphi(m))$。

　　设 $d = varphi(m)$。

　　$(ra, d) | (rb, d) $ 等价于 $frac{d}{(rb, d)}| frac{d}{(ra, d)}$。

　　因此我们只用判断 $b^{e}$ 模 $m$ 的余数是否为1就行了。

　　其中 $e$ 是最小的正整数满足 $a^e equiv 1 pmod{m}$，即 $a$ 模 $m$ 的阶。

吐槽

• 不知道为什么很多人觉得 $(ra, d) mid rb$ 当且仅当 $(ra, d) mid (rb, d)$ 非常地显然，可能是我数学比较菜，觉得不是那么显然，需要说明一下。
• 成功区分了会求阶和不会求阶的选手
• 开始想卡掉求 2 次阶的做法，因为 F 很难，为了降低比赛难度，所以被要求这里不卡常，不过好像卡不卡区分度都是一样的。
• 事后发现，二进制分组和 long double 快速乘均可以轻松跑进两倍标程序时限内，感觉我对卡常一无所知，我似乎还忘了卡 long double 快速乘。（虽然我并不知道能个不能卡）。两倍常数还想卡？
• 洛谷怎么最大只支持 100 组数据

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean;

#define ll long long
#define ull unsigned long long

template <typename T>
T add(T a, T b, T m) {
	return ((a += b) >= m) ? (a - m) : (a);
}

template <typename T>
void pcopy(T* pst, const T* ped, T* pval) {
	for ( ; pst != ped; *(pst++) = *(pval++));
}

ll mul(ll a, ll b, ll m) {
	return ((__int128)a) * b % m;
/*	ll rt = 0, pa = a;
	for ( ; b; b >>= 1, pa = add(pa, pa, m))
		if (b & 1)
			rt = add(rt, pa, m);
	return rt; */
}

ll qpow(ll a, ll p, ll m) {
	ll rt = 1, pa = a;
	for ( ; p; p >>= 1, pa = mul(pa, pa, m))
		if (p & 1)
			rt = mul(rt, pa, m);
	return rt;
}

ll gcd(ll a, ll b) {
	return (b) ? (gcd(b, a % b)) : (a);
}

ll randLL() {
	static ull seed = 998244353, msk = (1ull << 61) - 1;
	return (signed ll) ((seed = seed * seed + seed * 3 + 233) & msk);
}

boolean miller_rabin(ll n) {
	static int T = 25;
	static const int pri[10] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29};
	if (!(n & 1))
		return n == 2;
	if (n < 1000) {
		for (int p = 2; p * p <= n; p++)
			if (!(n % p))
				return false;
		return true;
	}
	for (int i = 0; i < 10; i++) {
		if (n == pri[i]) {
			return true;
		} else if (!(n % pri[i])) {
			return false;
		}
	}
	ll d = n - 1;
	int s = 0;
	while (!(d & 1))
		s++, d >>= 1;
	for (int t = 0; t < T; t++) {
		ll b = randLL() % n;
		if (!b)
			continue;
		ll tmp = qpow(b, d, n);
		if (tmp == 1 || tmp == n - 1)
			continue;
		for (int i = 0; i < s; i++) {
			tmp = mul(tmp, tmp, n);
			if (tmp == n - 1)
				goto nextTurn;
			if (tmp == 1 || tmp == 0)
				return false;
		}
		if (tmp != 1)
			return false;
nextTurn:;
	}
	return true;
}

ll pollard_rho(ll x) {
//	cerr << x << '
';
	ll a, b, c, g;
	if (!(x & 1))
		return 2;
	while (true) {
		b = a = randLL() % x;
		c = randLL() % 127 % x;
		do {
			a = add(mul(a, a, x), c, x);
			b = add(mul(b, b, x), c, x);
			b = add(mul(b, b, x), c, x);
			g = gcd(b - a, x);
			(g < 0) ? (g = -g) : (0);
			if (g == x)
				break;
			if (g > 1)
				return g;
		} while (a != b);
	}
	assert(false);
	return 0;
}

void get_primary_factors(ll x, vector<ll>& rt) {
	if (x == 1) {
		return;
	}
	if (miller_rabin(x)) {
		rt.push_back(x);
		return;
	}
	ll a = pollard_rho(x);
	get_primary_factors(a, rt);
	get_primary_factors(x / a, rt);
}

vector< pair<ll, int> > get_primary_factor(vector<ll>& vec) {
	vector< pair<ll, int> > rt;
	if (vec.empty())
		return rt;
	sort(vec.begin(), vec.end());
	vector<ll>::iterator it = vec.begin();
	rt.push_back(make_pair(*it, 1));
	for (it = it + 1 ; it != vec.end(); it++)
		if (*it == rt.back().first)
			rt.back().second++;
		else
			rt.push_back(make_pair(*it, 1));
	return rt;
}

/// Template ends

typedef vector<pair<ll, int>> factor;

factor get_factor(ll m) {
	vector<ll> tmp;
	get_primary_factors(m, tmp);
	return get_primary_factor(tmp);
}

int T;
ll m, phim;
factor fac;

int main() {
	scanf("%lld%d", &m, &T);
	fac = get_factor(m);
	fac = get_factor(phim = m / fac[0].first * (fac[0].first - 1));
	ll a, b, d;
	while (T--) {
		scanf("%lld%lld", &a, &b);
		d = phim;
		for (auto par : fac) {
			while (!(d % par.first) && qpow(a, d / par.first, m) == 1)
				d /= par.first;
		}
		if (qpow(b, d, m) == 1) {
			puts("Yes");
		} else {
			puts("No");
		}
	}
	return 0;
}