这篇博客探讨了如何求解最长循环节的问题，通过数学分析将循环小数转化为分数形式，并利用欧拉定理和数论方法寻找满足条件的最大k。文章介绍了Miller-Rabin和Pollard Rho算法在分解质因数和求phi函数中的应用，最终实现从n开始向下枚举以找到答案。代码示例中展示了如何运用这些算法来解决此类问题。
题目看这里
小学奥数题目23333
首先我们知道，
0.0˙0...001˙=1/99..9
0.
0
˙
0...00
1
˙
=
1
/
99..9
那么任意一个循环小数都可以写成以
10k−1
10
k
−
1
为分母的分数
让后稍加分析就知道，满足条件的最小的k就是循环节的长度
那么题目就变成了求一个数s，使得满足
10k=1 ( mod s )
10
k
=
1
(
m
o
d
s
)
这样的k最大
我们将k记为
f(s)
f
(
s
)
首先由欧拉定理得
10ϕ(s)=1(mod s)
10
ϕ
(
s
)
=
1
(
m
o
d
s
)
所以
f(s)|ϕ(s)
f
(
s
)
|
ϕ
(
s
)
让后再根据打表的规律，我们发现满足条件的数其实非常多(密度>0.5)
所以我们可以猜测，只有当
f(s)=ϕ(s)
f
(
s
)
=
ϕ
(
s
)
时才能取到最多（否则
2f(s)<=ϕ(s)
2
f
(
s
)
<=
ϕ
(
s
)
）
于是我们采用
Miller Rabin+Pollard Rho
M
i
l
l
e
r
R
a
b
i
n
+
P
o
l
l
a
r
d
R
h
o
来分解质因数求
ϕ
ϕ
，从n开始向 下枚举即可，由于密度很高，所以很快就可以得到答案
#pragma GCC opitmize("O3")
#
p
r
a
g
m
a
G
C
C
o
p
i
t
m
i
z
e
(
"
O
3
"
)
#pragma G++ opitmize("O3")
#
p
r
a
g
m
a
G
+
+
o
p
i
t
m
i
z
e
(
"
O
3
"
)
#include<time.h>
#
i
n
c
l
u
d
e
<
t
i
m
e
.
h
>
#include<vector>
#
i
n
c
l
u
d
e
<
v
e
c
t
o
r
>
#include<stdio.h>
#
i
n
c
l
u
d
e
<
s
t
d
i
o
.
h
>
#include<string.h>
#
i
n
c
l
u
d
e
<
s
t
r
i
n
g
.
h
>
#include<algorithm>
#
i
n
c
l
u
d
e
<
a
l
g
o
r
i
t
h
m
>
#define LL long long
#
d
e
f
i
n
e
L
L
l
o
n
g
l
o
n
g
using namespace std;
u
s
i
n
g
n
a
m
e
s
p
a
c
e
s
t
d
;
vector<LL> s,t,w;
v
e
c
t
o
r
<
L
L
>
s
,
t
,
w
;
inline LL mul(LL x,LL k,LL M,LL s=0){
i
n
l
i
n
e
L
L
m
u
l
(
L
L
x
,
L
L
k
,
L
L
M
,
L
L
s
=
0
)
{
for(;k;x=(x+x)%M,k>>=1) k&1?s=(s+x)%M:0;
f
o
r
(
;
k
;
x
=
(
x
+
x
)
%
M
,
k
>>=
1
)
k
&
1
?
s
=
(
s
+
x
)
%
M
:
0
;
return s;
r
e
t
u
r
n
s
;
}
}
inline LL pow(LL x,LL k,LL M,LL s=1){
i
n
l
i
n
e
L
L
p
o
w
(
L
L
x
,
L
L
k
,
L
L
M
,
L
L
s
=
1
)
{
for(;k;x=mul(x,x,M),k>>=1) k&1?s=mul(s,x,M):0;
f
o
r
(
;
k
;
x
=
m
u
l
(
x
,
x
,
M
)
,
k
>>=
1
)
k
&
1
?
s
=
m
u
l
(
s
,
x
,
M
)
:
0
;
return s;
r
e
t
u
r
n
s
;
}
}
inline bool test(LL n,LL a,LL d){
i
n
l
i
n
e
b
o
o
l
t
e
s
t
(
L
L
n
,
L
L
a
,
L
L
d
)
{
if(n==2 || n==a) return 1;
i
f
(
n
==
2
|
|
n
==
a
)
r
e
t
u
r
n
1
;
if( n&1) return 0;
i
f
(
n
&
1
)
r
e
t
u
r
n
0
;
while( d&1) d>>=1;
w
h
i
l
e
(
d
&
1
)
d
>>=
1
;
LL t=pow(a,d,n);
L
L
t
=
p
o
w
(
a
,
d
,
n
)
;
while((d!=n−1)&&(t!=1)&&(t!=n−1)){
w
h
i
l
e
(
(
d
!
=
n
−
1
)
&
&
(
t
!
=
1
)
&
&
(
t
!
=
n
−
1
)
)
{
t=mul(t,t,n);
t
=
m
u
l
(
t
,
t
,
n
)
;
d<<=1;
d
<<=
1
;
}
}
return (t==n−1 || d&1);
r
e
t
u
r
n
(
t
==
n
−
1
|
|
d
&
1
)
;
}
}
inline bool prime(LL n){
i
n
l
i
n
e
b
o
o
l
p
r
i
m
e
(
L
L
n
)
{
if(n<2) return 0;
i
f
(
n
<
2
)
r
e
t
u
r
n
0
;
int a[6]={2,61,3,40357,49919,19260817};
i
n
t
a
[
6
]
=
{
2
,
61
,
3
,
40357
,
49919
,
19260817
}
;
for(int i=0;i<5;++i)
f
o
r
(
i
n
t
i
=
0
;
i
<
5
;
+
+
i
)
if(!test(n,a[i],n−1)) return 0;
i
f
(
!
t
e
s
t
(
n
,
a
[
i
]
,
n
−
1
)
)
r
e
t
u
r
n
0
;
return 1;
r
e
t
u
r
n
1
;
}
}
inline LL gcd(LL a,LL b){
i
n
l
i
n
e
L
L
g
c
d
(
L
L
a
,
L
L
b
)
{
for(LL c;b;a=b,b=c) c=a%b;
f
o
r
(
L
L
c
;
b
;
a
=
b
,
b
=
c
)
c
=
a
%
b
;
return a;
r
e
t
u
r
n
a
;
}
}
inline LL rho(LL n){
i
n
l
i
n
e
L
L
r
h
o
(
L
L
n
)
{
begin:
b
e
g
i
n
:
LL c=rand()%n; int i=1,k=2;
L
L
c
=
r
a
n
d
(
)
%
n
;
i
n
t
i
=
1
,
k
=
2
;
LL x=rand()%n+1,y=x,d;
L
L
x
=
r
a
n
d
(
)
%
n
+
1
,
y
=
x
,
d
;
for(;;){
f
o
r
(
;
;
)
{
i++;
i
+
+
;
x=(mul(x,x,n)+c)%n;
x
=
(
m
u
l
(
x
,
x
,
n
)
+
c
)
%
n
;
d=gcd(x−y,n);
d
=
g
c
d
(
x
−
y
,
n
)
;
if(1<d && d<n) return d;
i
f
(
1
<
d
&
&
d
<
n
)
r
e
t
u
r
n
d
;
if(y==x) goto begin;
i
f
(
y
==
x
)
g
o
t
o
b
e
g
i
n
;
if(i==k){ y=x; k<<=1; }
i
f
(
i
==
k
)
{
y
=
x
;
k
<<=
1
;
}
}
}
}
}
inline LL read(){
i
n
l
i
n
e
L
L
r
e
a
d
(
)
{
LL x=0; char c=getchar();
L
L
x
=
0
;
c
h
a
r
c
=
g
e
t
c
h
a
r
(
)
;
while(c>′9′ || c<′0′) c=getchar();
w
h
i
l
e
(
c
>
′
9
′
|
|
c
<
′
0
′
)
c
=
g
e
t
c
h
a
r
(
)
;
while(c>=′0′&&c<=′9′){ x=(x<<3)+(x<<1)+(c−48);c=getchar(); }
w
h
i
l
e
(
c
>
=
′
0
′
&
&
c
<
=
′
9
′
)
{
x
=
(
x
<<
3
)
+
(
x
<<
1
)
+
(
c
−
48
)
;
c
=
g
e
t
c
h
a
r
(
)
;
}
return x;
r
e
t
u
r
n
x
;
}
}
LL n;
L
L
n
;
inline void dfs(LL x){
i
n
l
i
n
e
v
o
i
d
d
f
s
(
L
L
x
)
{
if(prime(x)){ s.push_back(x); return; }
i
f
(
p
r
i
m
e
(
x
)
)
{
s
.
p
u
s
h
_
b
a
c
k
(
x
)
;
r
e
t
u
r
n
;
}
LL y=rho(x); while(x%y==0) x/=y;
L
L
y
=
r
h
o
(
x
)
;
w
h
i
l
e
(
x
%
y
==
0
)
x
/
=
y
;
if(x>1) dfs(x); dfs(y);
i
f
(
x
>
1
)
d
f
s
(
x
)
;
d
f
s
(
y
)
;
}
}
inline void dt(LL x,int i){
i
n
l
i
n
e
v
o
i
d
d
t
(
L
L
x
,
i
n
t
i
)
{
if(i==s.size()){ w.push_back(x); return; }
i
f
(
i
==
s
.
s
i
z
e
(
)
)
{
w
.
p
u
s
h
_
b
a
c
k
(
x
)
;
r
e
t
u
r
n
;
}
for(int j=0;j<=t[i];++j) dt(x,i+1),x∗=s[i];
f
o
r
(
i
n
t
j
=
0
;
j
<=
t
[
i
]
;
+
+
j
)
d
t
(
x
,
i
+
1
)
,
x
∗
=
s
[
i
]
;
}
}
int d(LL n){
i
n
t
d
(
L
L
n
)
{
if(!prime(n)) return 0; LL m=n−1;
i
f
(
!
p
r
i
m
e
(
n
)
)
r
e
t
u
r
n
0
;
L
L
m
=
n
−
1
;
s.clear(); t.clear(); w.clear(); dfs(n−1);
s
.
c
l
e
a
r
(
)
;
t
.
c
l
e
a
r
(
)
;
w
.
c
l
e
a
r
(
)
;
d
f
s
(
n
−
1
)
;
for(int i=0;i<s.size();++i)
f
o
r
(
i
n
t
i
=
0
;
i
<
s
.
s
i
z
e
(
)
;
+
+
i
)
for(t.push_back(0);m%s[i]==0;m/=s[i]) ++t[i];
f
o
r
(
t
.
p
u
s
h
_
b
a
c
k
(
0
)
;
m
%
s
[
i
]
==
0
;
m
/
=
s
[
i
]
)
+
+
t
[
i
]
;
dt(1,0);
d
t
(
1
,
0
)
;
sort(w.begin(),w.end());
s
o
r
t
(
w
.
b
e
g
i
n
(
)
,
w
.
e
n
d
(
)
)
;
for(int i=0;i<w.size();++i)
f
o
r
(
i
n
t
i
=
0
;
i
<
w
.
s
i
z
e
(
)
;
+
+
i
)
if(pow(10,w[i],n)==1){
i
f
(
p
o
w
(
10
,
w
[
i
]
,
n
)
==
1
)
{
if(w[i]==n−1){ printf("%lld\n",n); exit( 0 ); }
i
f
(
w
[
i
]
==
n
−
1
)
{
p
r
i
n
t
f
(
"
%
l
l
d
\n
"
,
n
)
;
e
x
i
t
(
0
)
;
}
else return 0;
e
l
s
e
r
e
t
u
r
n
0
;
}
}
}
}
int main(){
i
n
t
m
a
i
n
(
)
{
n=read();
n
=
r
e
a
d
(
)
;
while(!d(n)) n−−;
w
h
i
l
e
(
!
d
(
n
)
)
n
−
−
;
}
}
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