鱼跃龙门——扩展欧几里得与唯一分解定理的巧妙运用

题目描述

给定一个正整数 $n$，一共有 $n$ 座龙门，跳过第 $j(j<n)$ 座龙门将会到达第 $j+1$ 座龙门前，特殊地，跳过第 $n$ 座龙门后将会到达第 $1$ 座龙门前。
胖头鱼一开始在第一座龙门前，接下来，第 $i$ 个时刻内它会向前跳 $i$ 次，每次跳过 $1$ 座龙门，求最小的正整数 $x$ 满足第 $x$ 个时刻结束后胖头鱼恰好会回到起点。

输入格式

第一行一个整数 $T$，表示数据组数。
接下来 $T$ 行，每行一个整数 $n$，表示一共有 $n$ 座龙门。

输出格式

一共 $T$ 行，每行一个整数 $x$，表示答案。

输入样例1

5
2
4
6
8
10

输出样例1

3
7
3
15
4

样例解释1

对 $n=10$ 的样例解释：
一开始在 $1$ 的前面也就是位置 $0$，
第一时刻跳一步到 $(0+1)\mathrm{mod}n=1$，
第二时刻跳两步到 $(1+2)\mathrm{mod}n=3$，
第三时刻跳三步到 $(3+3)\mathrm{mod}n=6$
第四时刻跳四步到 $(6+4)\mathrm{mod}n=0$
第四时刻后恰好跳回原点 $0$，所以答案为 $4$。

输入样例2

10
200479710
1041705379
766770747
257088468
877586977
86834214
757618747
884911150
388001368
494728090

输出样例2

30464759
9427197
74899308
9020648
877586976
43417107
96416647
212378675
43718463
36697240

数据范围

对于 $10\%$ 的数据 $1\le T\le 10,1\le n\le 10$
对于全部的数据 $1\le T\le 100,1\le n\le 10^{12}$

题目解答

这题初看起来很像扩欧，像我这样的蒟蒻就像直接套板子了。但可惜的是，虽然这道题需要使用扩欧，可并不能直接使用，而是要经过一系列复杂的变换才可以。那我们就开始题解部分：

• 首先，根据求和公式，容易发现就是求式子 $n\mid \frac{1}{2}\times x\times (x+1)$ 的最小正整数解 $x$
• 接着两边同时乘二，得到 $2n\mid x\times (x+1)$

显然，我们不可能使用二次公式计算，所以要换一种方法。由于 $x$ 和 $x+1$ 互质，所以我们可以尝试对 $2n$ 进行质因数分解：
$$2n=\prod _{i=1}^s{p}_i^{k_i}$$

• 其中每个 $p_i$ 都是质数，必定与 $p_j(i\ne j)$ 互质，所以只要对它的每一个质因子进行枚举子集即可得到两个乘积为 $n$ 且互质的数

虽然枚举两个数的乘积可以被 $n$ 整除且互质，但它们的差值不一定为 $1$。并不一定能构成 $x\times (x+1)$ 的形式，所以这时候，扩展欧几里得就派上了用场。若我们当前在质因数中枚举出的两个数为 $a,b$，就可以把它转换成以下式子：
$$ap-bq=1$$

• 在这里，我们将 $a$ 与 $b$ 扩大一定倍数后去满足它们的差为 $1$ 这一性质。$ap$ 表示的就是 $x+1$，而 $bq$ 相对应的就为 $x$ 了，恰好就是一个扩欧标准的方程
• 由于 $n\mid a\times b$ ，那么 $n\mid ap\times bq$，方程里的值满足能将 $n$ 整除。

不过还要注意两点：

• 因为扩展欧几里得求解的是 $ax+by=c$，与上面的方程符号相反，而题目要求的是最小的正整数，所以求解的应该是 $b$ 的最大负整数解
• 由于题目里的数据较大，直接分解质因数可能超时，所以应该使用筛法加速这一过程

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long t, n, ans, pos, x, y, idx, cntp[1000005], primes[1000005];
bool nPrime[1000005];

void euler(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (!nPrime[i])
            primes[++pos] = i;
        for (int j = 1; j <= pos && i * primes[j] <= n; j++)
        {
            nPrime[i * primes[j]] = true;
            if (i % primes[j] == 0)
                break;
        }
    }
}

long long exgcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y)
{
    if (!b)
    {
        x = y = 1;
        return a;
    }
    long long d = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return d;
}

void dfs(int cur, long long a, long long b)
{
    if (cur > idx)
    {
        exgcd(a, b, x, y);
        y = -y % a; // 取最大负整数解
        if (y <= 0) // 解仍然可能小于等于0，应该加上a
            y += a;
        ans = min(ans, y * b); // y * b就为答案x，用结果更新ans
        return;
    }
    dfs(cur + 1, a * cntp[cur], b);
    dfs(cur + 1, a, b * cntp[cur]);
}

int main()
{
    euler(1e6);
    scanf("%lld", &t);
    while (t--)
    {
        scanf("%lld", &n);
        n <<= 1, ans = LONG_LONG_MAX, idx = 0;
        for (int i = 1; i <= pos && primes[i] * primes[i] <= n; i++) // 质因数分解，使用筛法加速
            if (n % primes[i] == 0)
            {
                cntp[++idx] = 1; // cntp数组用来存每个pi^ki
                while (n % primes[i] == 0)
                {
                    n /= primes[i];
                    cntp[idx] *= primes[i];
                }
            }
        if (n > 1)
            cntp[++idx] = n;
        dfs(1, 1, 1);
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

本期博客就到这里了，若注解有误，还请跟为大佬多多指教。
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