2019年广东工业大学腾讯杯新生程序设计竞赛 I-迷途的怪物

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本文解析了一道涉及大数模运算的题目，通过运用费马小定理巧妙简化计算过程，避免了直接使用快速幂算法带来的复杂度问题。介绍了如何将大数n拆解并利用快速幂取模实现高效计算。

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题目：输入一个质数p(2<=p<=10^9)和一个正整数n(0<=n<10^1000001)，输出(p-1)^n mod p的值

题解：刚看到这道题的时候，我以为是一个快速幂的模板题，但是n的数据范围告诉我事情没有那么简单。虽然最优的解法跟快速幂没有一点关系，时间也可以控制在5ms，但我还是试图把这个充满骚操作的做法写出来了。

这个n实在是太大了，如果一定要用快速幂的话，我们要想点办法。再看一遍题，质数p、p-1、模运算...一切都指向了费马小定理。

费马小定理：n^(p-1) $\equiv$ 1 (mod p) (p为质数，n%p!=0)

p!=2时原式的底数(p-1)恰好满足定理中n的条件，而n作为一个非常大的数，我们可以把它拆开，即 (p-1)^n = ((p-1)^(p-1))^k * (p-1)^x 其中k*(p-1)+x = n 而由费马小定理得((p-1)^(p-1))^k在对p取余后一定为1，所以我们只需要求(p-1)^x即可，而x可由n%(p-1)得到。但是x依然很大，需要利用快速幂。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string>
using namespace std;
string s;
long long p,t;
long long modd(long long);
long long pow(long long, long long);
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);//加速
    cin >> t;
    for(int _=1;_<=t;_++)
    {
        cin >> p >> s;
        long long n=modd(p-1);
        cout << pow(p-1, n) << endl;
    }
    return 0;
}
//将n对p-1取余
long long modd(long long n)
{
    int l = s.length();
    long long num = 0, t = 0;
    for(int i=0;i<l;i++)
    {
        num = num * 10 + s[i] - '0';
        num %= n;
    }
    return num;
}
//快速幂取模
long long pow(long long num, long long m)
{
    if(m==0)return 1%p;
    if(m==1)return num%p;
    long long base = pow(num, m>>1);
    if(m&1)return (((base * base)%p) * num)%p;
    else return (base * base)%p;
}