Newcoder 145 D.Inverse Inverse Problem（数论）

最新推荐文章于 2025-06-03 09:46:27 发布

原创最新推荐文章于 2025-06-03 09:46:27 发布 · 270 阅读

1 ·

CC 4.0 BY-SA版权

数论同时被 2 个专栏收录

201 篇文章

订阅专栏

Newcoder

186 篇文章

订阅专栏

本文探讨了模运算中特定形式的多项式f(X)=AX+B的N次迭代的求解与逆问题，通过矩阵快速幂的方法推导出求解步骤，并给出了相应的代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

原始问题：给出 $A, B, X, N$ 和一个素数 $P$ ，令 $f (X) = A X + B$ ，计算 $f^N(X)\ mod\ P$

逆问题：给出 $X, N, T$ 和一个素数 $P$ ，找非负整数 $A, B$ 使得 $1≤A≤p−1,0≤B≤p−11\le A\le p-1,0\le B\le p-1$ 使得 $f(X)^N\ mod\ P=T$

逆问题的逆问题：给出一整数 $M$ ，找 $X, N, T, P$ 满足 $1≤X≤109,1≤N≤1018,0≤T<P≤M1\le X\le 10^9,1\le N\le 10^{18},0\le T<P\le M$ 且 $g (X, N, T, P)$ 最大，其中 $g (X, N, T, P)$ 为 $A$ 的最小值使得其满足：存在 $B$ 使得 $1≤A≤p−1,0≤B≤p−11\le A\le p-1,0\le B\le p-1$ 使得 $f(X)^N\ mod\ P=T$ ，如果无解则 $g (X, N, T, P) = - 1$ .

Input

一个整数 $M(3≤M≤105)M(3\le M\le 10^5)$

Output

输出四个整数 $X, N, T, P$

Sample Input

Sample Output

2018 231 1 7

Solution

首先考虑已知 $A, B, X, P, N$ 时 $T$ 的值，由矩阵快速幂可知 $T=f^N(X)=(A^NX+(1+A+...+A^{N-1})B)\% P$

假设 $A > 1$ ，此时即判断 $PT-A^NX\equiv \frac{A^N-1}{A-1}B\ mod\ P$ 是否有解，不妨令 $T = 1, X = P$ ，那么只要 $PA^N-1\not \equiv 0\ mod\ P$ 则 $B$ 有解，显然可以取 $A = 2, N = 5, P = 3$ 使得该同余不等式成立，故该方程一定有 $A > 1$ 的解

为使 $A$ 最大，我们有 $P,2≤x<Ax^N\equiv 1\ mod\ P,2\le x<A$ 且 $PA^N\not\equiv 1\ mod\ P$ ，满足前一个条件只需取 $N = l c m (r (2), . . ., r (A - 1))$ 即可，其中 $r (x)$ 为使得 $Px^g\equiv 1\ mod\ P$ 的最小正整数 $g$ ，满足第二个条件只需让 $(P−1)̸∣N(P-1)\not|N$ 即可，故直接枚举 $P$ 和 $A$ 即可，注意若 $N < P$ 把 $N$ 乘上 $P$ 即可，因为 $(P, P - 1) = 1$

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define maxn 100005
vector<int>f[maxn],prime;
bool mark[maxn];
void init(int n=1e5)
{
	for(int i=2;i<=n;i++)
		if(!mark[i])
		{
			prime.push_back(i);
			for(int j=2*i;j<=n;j+=i)mark[j]=1;
		}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i;j<=n;j+=i)
			f[j].push_back(i);
}
int mul(int a,int b,int c)
{
	ll z=1ll*a*b;
	return z-z/c*c;
}
int Pow(int a,int b,int c)
{
	int ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)ans=mul(ans,a,c);
		a=mul(a,a,c);
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
ll gcd(ll a,ll b)
{
	return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll lcm(ll a,ll b)
{
	return a/gcd(a,b)*b;
}
ll res[maxn];
int main()
{
	init();
	int m;
	scanf("%d",&m);
	int ma=0,ansp;
	for(int i=0;i<prime.size()&&prime[i]<=m;i++)
	{
		int p=prime[i];
		ll lc=1;
		res[p]=lc; 
		for(int r=2;r<p;r++)
		{
			int ans=p-1;
			for(int j=0;j<f[p-1].size();j++)
				if(Pow(r,f[p-1][j],p)==1)
				{
					ans=f[p-1][j];
					break;
				}
			lc=lcm(lc,ans);
			if(lc%(p-1)==0)
			{
				if(r>ma)ma=r,ansp=p;
				break;
			}
			else res[p]=lc;
		}
	}
	if(res[ansp]<ansp)res[ansp]*=ansp; 
	printf("%d %lld 1 %d\n",ansp,res[ansp],ansp);
	return 0;
}