UVA 11916 Emoogle Grid（大步小步算法（解模方程对数） 快速幂 模的逆）

网址：http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=70017#problem/Q

题目大意：有一问题，在M行N列的网格上涂K种颜色，其中有B个格子不用涂色，其它每个格子涂一种颜色，同一列的上下两个相邻的格子不能涂相同的颜色。给出M，N，K和B个格子的位置，求出总方案数模掉1e8+7的结果R。现在已知R，求最小的M。

https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&category=473&page=show_problem&problem=3067

分析：

从上到下涂色，如果格子位于第一行或者它上面为”不可涂色格子“，则他有K种涂色方式，其他都为K-1种

将m=“不能涂色格子”的最大行编号，1-m为“不变部分”，m-M为“可变部分”

假定：（不变部分+可变部分第一行=cnt种涂色方法）

则每加一行，涂色方案就会乘以P=(K-1)^N

所以我们得到cnt×P^(M-m)=R (mod 100000007)。x=M-m,移项 P^x=R×(cnt逆)，求解出x，则x+m=M。

需要大步小步算法算法求解log_mod。

上面是网友的方法，感觉可以把P^(M-m)看成x,然后开方也行，上面的逆不太懂。。。

///hnust_taoshiqian
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
typedef long long LL;
using namespace std;

LL mul_mod(LL A,LL B,LL MD){return A*B%MD;}

///快速幂。返回 a^p mod n;0<=a<n
LL pow_mod(LL a,LL p,LL n){
    if(p==0) return 1;
    LL ans = pow_mod(a,p/2,n);
    ans = ans*ans%n;
    if(p%2==1) ans=ans*a%n;
    return ans;
}


LL inv(LL a,LL n) {///如果n是素数
  return pow_mod(a,n-2,n);
}

///求解模方程a^x=b(mod n)。n为素数，无解返回-1
LL log_mod(LL a,LL b,LL n)
{
    LL m,v,e=1,i;
    m=(int)sqrt(n+0.5);
    v=inv(pow_mod(a,m,n),n);/// v=(a^-m)
    map<int,int>x;
    x[1]=0;
    for(i=1;i<m;i++){
        e=mul_mod(e,a,n);/// e = a^i % n;
        if(!x.count(e)) x[e]=i; /// x[e]保存满足最小的i
    }
    for(i=0;i<m;i++){///考虑a^(im),a^(im+1),,,a^(im+m-1)
        if(x.count(b)) return i*m+x[b];
        b=mul_mod(b,v,n);///b=v*b
    }
    return -1;
}


///带有"不能涂色格子"的网格为不变部分
///全都是"可涂色格子"的网格为可变部分
const int MOD = 100000007;
const int maxb = 500+10;///b为不能涂色的格子数量
int n,m,k,b,r,x[maxb],y[maxb];///m行n列的网格
set<pair<int,int> >bset;  ///存储不能涂色格子的坐标



///计算可变部分的方案数
int Count()
{
    int c=0;///有k种涂法的格子数，(2-m行)
    for(int i=0;i<b;i++){
        if(x[i]!=m&&!bset.count(make_pair(x[i]+1,y[i]))) c++;
        ///"不能涂色格子"下面的"可涂色格子"
    }
    c+=n;///  c第一行有k种涂法的格子数
    for(int i=0;i<b;i++) if(x[i]==1) c--;
    ///至此完成不变部分的所有“k种涂法的格子”的计数


    ///ans=k^c*(k-1)^(mn-b-c)
    return mul_mod(pow_mod(k,c,MOD),pow_mod(k-1,(LL)n*m-b-c,MOD),MOD);
}

int doit()
{
    int cnt = Count();
    if(cnt==r) return m; ///可变部分为空

    int c = 0;
    for(int i=0;i<b;i++)
        if(x[i]==m)c++;///可变部分第一行中“k种涂法的格子”数
    m++;///m：可变部分第一行
    cnt=mul_mod(cnt,pow_mod(k,c,MOD),MOD);
    cnt=mul_mod(cnt,pow_mod(k-1,n-c,MOD),MOD);
    if(cnt==r) return m;///不变部分+可变部分第一行 的总方案数量

    return log_mod(pow_mod(k-1,n,MOD),mul_mod(r,inv(cnt,MOD),MOD),MOD)+m;
    ///大步小步求对数，求P^x=r*(cnt逆)。返回x+m
}

int main()
{
    //freopen("f:\1.txt","r",stdin);
    int T;scanf("%d",&T);
    for(int cas=1;cas<=T;cas++){
        scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&b,&r);
        bset.clear();
        m=1; ///不变部分的最后一行
        for(int i=0;i<b;i++){
            scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
            if(x[i]>m) m=x[i];
            bset.insert(make_pair(x[i],y[i]));
        }
        printf("Case %d: %d
",cas,(int)doit());
    }
    return 0;///hnust_taoshiqian
}