Codeforces Round #460 (Div. 2) E. Congruence Equation （数论/费马小定理/中国剩余定理）

这题就是单纯的费马小定理的应用，不过在求逆元的时候用扩展欧几里德去算逆元的话时间复杂度为nlogn，处理不好的话很容易爆掉，随意这里最简单的方法就是线性的求出逆元。

我们将费马小定理做一个小小的推广便得到了以下的等式：

$a^p$%$c$=$a^{(a mod(c-1)) }$%$c$

$p=k(c-1)+d$,

$d=a$%$(c-1)$

题目中给我们的原式为$n*a^n$$\equiv$$b$( mod $p$)

那么我们便可以将原式变形为

$（k(p-1)+a$%$(p-1)）*a$^($k(p-1)+a$%$(p-1)$)%$p$$\equiv$$b$( mod $p)$

进一步根据费马小定理推论1化简得到

$（k(p-1)+a$%$(p-1)）*a$^$(a$%$(p-1))$$\equiv$$b$( mod $p)$

式子化简到这一步，我们只要稍作变形便可得到等号右边为$k$的式子

$$\frac{\frac{b}{a^{(a mod (p-1))}} \quad -a mod (p-1)}{p-1} \quad\equiv k$$

那么实际上应该是

$$\frac{\frac{b}{a^{(a mod (p-1))}} \quad -a mod (p-1)}{p-1} \quad+i*p= k$$

至此，这个问题便转化为了对于$amod(p-1)$有多少个$k$满足我们的要求

又因为题目中已知$n\leq x$,所以

$k(p-1)+amod(p-1) \leq x$

所以

$$k\leq\frac{x-amod(p-1)}{p-1} \quad$$

这里要注意除法要换成逆元，还有逆元inv要开成long long，不然wa3在等着你
这样的话，我们遍历一下$0～p-2$便可得到所有可行方案。

下面是code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<limits.h>
#include<string.h>
#include<map>
#include<list>
using namespace std;
typedef long long ll;

#define inf int(0x3f3f3f3f)
#define mod int(1e9+7)
#define eps double(1e-6)
#define pi acos(-1.0)
#define lson  root << 1
#define rson  root << 1 | 1


ll inv[1000005];

int vis[1000005];

void get_inv(int p)
{
    inv[1]=1;
    for(int i = 2; i < 1000005; i++)
        inv[i] = inv[p%i]*(p-p/i)%p;
}

ll a,b,p,x;

ll powmod(ll a,ll b,ll m)
{
    ll ans = 1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
        {
            ans = (ans*a)%m;
            b--;
        }
        b/=2;
        a = a*a%m;
    }
    return ans;
}

ll sum=0;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin>>a>>b>>p>>x;
    get_inv(p);
    for(ll i=1;i<p;i++)
    {
        ll num=powmod(a,i,p);
        ll k=((b*inv[num])-i+p)%p*inv[p-1]%p;
        //cout<<k<<endl;
        if(x<i)
            continue;
        ll rig=(x-i)/(p-1);
        if(rig>=k)
        {
            sum+=(rig-k)/p+1;
        }
    }
    cout<<sum<<endl;
}