【BIT2021程设】8. 军训日记：报数！——循环节、快速幂、欧拉扩展定理

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/m0_62573554/article/details/120603160

本文作者分享了针对一道程序设计题目——关于高精度报数问题的思考与解决策略。题目要求计算特定规则下的报数结果，由于数据范围极大，常规方法无法适用。作者介绍了三种不同的解题思路：寻找循环节、快速幂运算和扩展欧拉定理，并给出了相应代码示例。文章适合对算法和程序设计感兴趣的读者，特别是对高精度计算和优化策略的学习者。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

写在前面：

本系列博客仅作为本人十一假期过于无聊的产物，对小学期的程序设计作业进行一个总结式的回顾，如果将来有BIT的学弟学妹们在百度搜思路时翻到了这一条博客，也希望它能对你产生一点帮助（当然，依经验来看，每年的题目也会有些许的不同，所以不能保证每一题都覆盖到，还请见谅）。

不过本人由于学艺不精，代码定有许多不足之处，欢迎各位一同来探讨。

同时请未来浏览这条博客的学弟学妹们注意，对于我给出完整代码的这些题，仅作帮助大家理解思路所用（当然，因为懒，所以大部分题我都只给一个伪代码）。Anyway，请勿直接复制黏贴代码，小学期的作业也是要查重的，一旦被查到代码重复会严厉扣分，最好的方法是浏览一遍代码并且掌握相关的要领后自己手打一遍，同时也要做好总结和回顾的工作，这样才能高效地提升自己的代码水平。

加油！

Description

成绩	0	开启时间	2021年08月27日星期五 12:00
折扣	0.8	折扣时间	2021年10月1日星期五 23:59
允许迟交	否	关闭时间	2021年10月10日星期日 23:59

小军的军训正在如火如荼的进行着，而他仍然继续着他写日记的伟大事业。
报数永远是军训中很无聊的环节，教官为了让报数不那么无聊，以至于有人真的去“抱树”，他规定了一个船新的报数方案，方案如下：
第一个人报数x的后三位，之后第i个人报第i-1人所报数的x倍的后三位，即第i个人需要报x^i(x的i次方)的后三位。
站在队列中第n位的小军很想知道自己需要报多少，这样他就可以放心走神了，请问小军需要报多少呢？

数据范围与提示：0≤x≤999，1≤n≤10^1000
输出格式：行末无空格，文末有回车。注意，1的后三位是1，而1001的后三位是001。

测试用例 1

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测试用例 2

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测试用例 3

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题意分析：

题目非常简单，讲白了就是让你算 $x^n (Mod 1000)$ ，看起来非常人畜无害的一道题却因为这个n的取值范围到了1e1000而变得腥风血雨，这一题也顺理成章地成为了各路神仙八仙过海的舞台。

那么暴力算肯定不行了（废话）。得想想有什么快速的解决方法。在讨论具体的解决方法之前，先讲一讲普遍的优化策略吧。首先是取模运算的一个公式 $(a\times b) % c = (a%c \times b%c)%c$ ，这个公式感兴趣的同学可以自行证明一下。利用这个公式我们可以证明一个范围更广的定理：对于式子 $(\prod a_i) % c$ ，我们可以任意地在中间某个项或者某几个项的乘积后面 $%c$ ，式子的值不会改变。对于题目中的 $x^n$ 也是同理，我们可以在每一次的计算中只保留后三位，并不影响最后出来的后三位结果（除了前导零的情况可能会不同，但是这种特例我们可以留待后面解决，这里先把一般的规律归纳出来）。然而仅仅这么优化是远远不够的，我们只解决了溢出的问题，然而这个1e1000的恐怖数字并没有得到优化，时间上肯定不能接受，那么究竟要怎么处理呢？

思路一，对于没有数论基础的同学（说的就是我自己），最容易想到的思路应该是“找循环节”。容易想到， $x^n$ 的后三位一共只有1000种可能（000到999，同样先不考虑前导0的问题），而一旦出现了重复则必然是一个循环（可以想想为什么，其实很好证明——如果 $x^i$ 的后三位与 $x^j$ 相等，那么由前面的取模运算公式， $x^{i+1}$ 的后三位必然与 $x^{j+1}$ 的后三位相等，显而易见地会成为一个循环），而且由于总共只有1000种可能，则循环节必然小于等于1000。因此，我们就可以用一个循环链表的形式来存储x的n次幂，即若干个节点作为前导节点，设其长度为 $f$ ，若干个节点作为循环节点，设其长度为 $l$ 。这样我们就可以通过 $(n-f)%l+f$ 就可以知道究竟答案对应的节点是哪一个。这里涉及到一个高精度减低精度和高精度对低精度取模的运算，都不是很难，大家可以自行研究一下（笔者亲测此做法是可以全绿的）。至于前导0，可以选择先暴力看一下结果是不是超出了三位，如果是的话就不管前导0了，如果不是那更好，直接输出就行了；也可以在存储循环节的时候做点手脚，容易想到，一旦出现了某个数达到三位数，后面出现的所有节点都必然是含有前导0的，所以可以额外维护一个 $hasForerunner$ 变量来保存是否有前导0，默认置false，一旦中途算出一个节点超过了1000，此后置true就行。所以最关键的问题就是循环节要如何求，每次都遍历一遍链表看看是否已经存在肯定不合理，我这里采用的方法是用map来做一个伪链表，即map[a] = b代表a的下一个节点是b，这样既可以在很短的时间内查到a是否在map中，也能通过某个节点直接链接到下一个节点。这样我们可以在1000次运算内找到全部的前导节点和循环节点，这个链表就被我们打出来了。

同时这里有一个思路一的变形，暂称为思路一点五，如果你打完表看看这个循环节长度，你会发现它只会是1，2，5，50，100其中之一，换句话说，都是100的约数，所以直接让n模100，之后暴力就可以算出答案了（当然，过程中依然只要保留三位）。但是为什么只会出现这些长度的循环节，我始终给不出严谨的数学证明，如果有兴趣的同学可以试证一下然后告诉我T^T。

当然，思路一在我看来并不好，原因就是代码量太大了（笑），思路一点五我又给不出严谨的证明。我身边很多大佬写出了既简短又快的方法，我在这简单介绍几个：

思路二：运用快速幂定理。（名词解释：快速幂）这个帖子已经讲的很详细了，我就简单讲两点。一个是高精度除以2的操作其实可以直接通过删去n的最后一位来完成，二是对有前导0的数、还有0和1的特殊情况要另外处理。具体的代码我没有写，但是大部分人都告诉我全绿是没问题的，因为 $O(log10^n)$ 会骤降为 $O(nlog10)$ ，基本上不超过一万，肯定是没问题的。

思路三：运用扩展欧拉定理。（名词解释：扩展欧拉定理及证明）简单来说，就是当 $b\geq \phi (p)$ 时， $a^b\equiv a^{b \,Mod\, \phi(p) + \phi (p)} (Mod \, p)$ ，其中 $\phi(p)$ 是欧拉函数，值为小于p的各正整数中与p互质的个数。对此题而言， $p\equiv 1000$ ，同时我们可以预处理出来 $\phi(1000)=400$ ，那么这个1e1000的恐怖数字现在连1000都不剩了，整个问题就很轻松地迎刃而解了；而 $b< \phi (p)$ 时，甚至直接暴力就可以解开了。

贴代码：

这里贴个笨比思路一的代码吧，肯定不是最好的，但是能过T^T。

不要妄想读懂我的代码，因为一个月过去我自己也读不太懂了QAQ。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;  
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f;
      
      
      
int main(){
    //ifstream infile("input.txt", ios::in);
    //ofstream outfile("output.txt", ios::out);
      
    int x;
    string n;
    cin >> x >> n;
      
    void generateMap(int x, map<int, int>& linkMap, int res[2]);
    map<int,int> linkMap;
    int loopParameter[2];
    generateMap(x, linkMap, loopParameter);
      
    bool isBigger(string n, int a);
    bool hasForerunner = false;
    int getRemainder(string n, int a);
    int rem;
    if(isBigger(n, loopParameter[0])){
        void reduce(string& num1, int num2);
        reduce(n, loopParameter[0]);
        rem = getRemainder(n, loopParameter[1]);
        rem += loopParameter[0];
    } else{
        rem = getRemainder(n, INF);
    }
      
      
    int search(map<int, int> linkMap, int count, int x, bool& hasForerunner);
    int res = search(linkMap, rem, x, hasForerunner);
      
    void output(int res, bool hasForerunner);
    output(res, hasForerunner);
      
    return 0;
}

//用于打表，得到一个用map表示的伪链表
void generateMap(int x, map<int, int>& linkMap, int res[2]){
    //res[0] stores the length of fore body, res[1] stores the length of loop body
    int getNext(int cur, int x);
    int cur = x;
    while(linkMap.find(cur) == linkMap.end()){
        int next = getNext(cur, x);
        linkMap.insert(pair<int, int> (cur, next));
        cur = next;
    }
    int pt = x;
    int count = 0;
    while(pt != cur){
        pt = linkMap[pt];
        count ++;
    }
    res[0] = count;
    res[1] = linkMap.size() - count;
}

//用于计算某节点的下一个节点
int getNext(int cur, int x){
    cur *= x;
    return cur % 1000;
}

//高精度减低精度，直接原地改变
void reduce(string& num1, int num2){
    string::iterator it;
    it = num1.end();
    it--;
    if(*(it) - '0' > num2)
        *(it) -= num2;
    else{
        *(it) += 10;
        *(it) -= num2;
        while(true){
            it--;
            if(*(it) - '0' > 0){
                *(it) -= 1;
                break;
            } else{
                *(it) = '9';
            }
        }
    }
}

//返回高精度对低精度求模
int getRemainder(string n, int a){
    int pt = 1;
    int cur = n[0] - '0';
    while(pt != n.size()){
        while(cur < a and pt != n.size()){
            cur *= 10;
            cur += n[pt++] - '0';
        }
        cur = cur % a;
    }
    if(cur >= a)
        cur = cur % a;
    if(cur == 0)
        return a;
    return cur;
}

//高精度与低精度的比大小
bool isBigger(string n, int a){
    int digit = 0;
    int ac = a;
    while(ac != 0){
        ac /= 10;
        digit ++;
    }
    if(n.size() > digit)
        return true;
    else if(n.size() < digit)
        return false;
    else{
        int rem = 0;
        for(auto ch: n){
            rem *= 10;
            rem += ch-'0';
        }
        return rem > a;
    }
    return -1;
}

//在map中查找某个位置的值
int search(map<int, int> linkMap, int count, int x, bool& hasForerunner){
    count --;
    int pt = x;
    if(pt >= 100)
        hasForerunner = true;
    while(count --){
        pt = linkMap[pt];
        if(!hasForerunner and pt >= 100)
            hasForerunner = true;
    }
    return pt;
}

//输出
void output(int res, bool hasForerunner){
    if(hasForerunner){
        int digit = 0;
        int rc = res;
        while(rc != 0){
            rc /= 10;
            digit++;
        }
        if(digit == 0)
            cout << "000" << endl;
        else if(digit == 1)
            cout << "00" << res << endl;
        else if(digit == 2)
            cout << "0" << res << endl;
        else
            cout << res << endl;
    } else{
        cout << res << endl;
    }
}