uva1426 Discrete Square Roots

最新推荐文章于 2019-08-23 19:00:00 发布

*ACoder*

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分类专栏： # 扩展欧几里德

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本文深入探讨了扩展欧几里得算法在求解特定形式的不定方程中的应用，通过对ax+by=c的形式进行数学推导，阐述了如何利用已知根找到所有可能的解，特别关注于如何缩小枚举范围以提高算法效率。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

链接

https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=4172

题解

通过做这道题，我对扩展欧几里得求解 $a x + b y = c$ 的理解更深入了
因为它已经给出了一个根 $r$
假设另一个根是 $k$
则有 $r^2-k^2\equiv 0\ (mod\ n)$
即 $(r-k)(r+k)\equiv0(mod\ n)$
即 $(r - k) (r + k) = t n$ ，其中 $t$ 是整数
显然 $(r - k) + (r + k) = 2 r$ 这个性质很好，肯定能够帮助我们做题
于是想到能不能转化成 $a x + b y = 2 r$ 解不定方程
如果只是令 $a = b = 1$ ，那这个范围也太大了，枚举的复杂度有点高
假设 $(r - k) = a x, (r + k) = b y$ ，那么 $ax\times by=tn$
等式的右边是一个任意整数乘以 $n$ ，那么左边肯定能提出因子 $n$
这一点可以缩小我们的枚举范围
我令 $a b = n$
那么只需要在 $O(\sqrt n)$ 时间内枚举对应的数对 $(a, b)$
再解一个不定方程就行了

代码

//扩展欧几里德、数学推导 
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define maxn 1000010
using namespace std;
ll lis[maxn], N, x, r;
void exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
	ll xx, yy;
	if(!b){x=1, y=0;return;}
	exgcd(b,a%b,xx,yy);
	x=yy, y=xx-a/b*yy;
}
ll gcd(ll a, ll b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
bool solve_equation(ll a, ll b, ll c, ll &x, ll &y)
{
	ll g=gcd(a,b);
	if(c%g)return false;
	exgcd(a,b,x,y);
	x*=c/g, y*=c/g;
	return true;
}
ll read(ll x=0)
{
	ll c, f=1;
	for(c=getchar();!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-f;
	for(;isdigit(c);c=getchar())x=x*10+c-0x30;
	return f*x;
}
void solve()
{
	ll A, B, tmp, x, y, K, i;
	*lis=0;
	for(A=1;A*A<=N;A++)
		if(N%A==0)
		{
			lable:
			B=N/A;
			if(!solve_equation(A,B,2*r,x,y))continue;
			tmp=A/gcd(A,B);
			y%=tmp;
			for(;B*y-r<N+tmp;y+=tmp)
			{
				K=B*y-r;
				K=(K%N+N)%N;
				lis[++*lis]=K;
			}
			if(A*A<N){A=N/A;goto lable;}
			else A=N/A;
		}
	sort(lis+1,lis+*lis+1);
	for(i=1;i<=*lis;i++)if(lis[i]!=lis[i-1])printf(" %lld",lis[i]);
	putchar(0xa);
}
int main()
{
	ll kase=0;
	while(N=(read(),read()), r=read())printf("Case %lld:",++kase), solve();
	return 0;
}