HDU6956-Pass!（2021杭电多校一）（BSGS）

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本文探讨了一种通过构造辅助项x×f(t-1)简化通项的技巧，将问题转化为n-1次多项式形式。通过特殊取值和BSGS方法，作者展示了如何快速求解特定形式的递推序列，并分析了奇偶性对求解的影响。最后，通过预计算和枚举策略，给出了高效的代码实现。

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Pass!

$\times f(t - 1) + (t - 1) \times f(t - 2)$ ，考虑对通项两边同时加一个 $\times f(t - 1)$ 。

可以得到 $\times f(t - 1) = (n - 1 + x) \times (f(t - 1) + f(t - 2))$ ，所以可以得到两个 $x$ ，然后得到 $\frac{(n - 1) ^ t + (n - 1) \times (-1) ^ t}{n}$ 。

接下来特判几个解，即可分奇偶即可进行 $B S G S$ 求解，整体复杂度 $\times \sigma \times \sqrt {mod}$ 。

$\times (-1) ^ t = n \times x\\ t = i \times m - j, 可以考虑取m为偶数, i \geq 1\\ (n - 1) ^{i \times m - j} = n \times x - (n - 1) \times (-1) ^ j\\ (n - 1) ^{i \times m} = (n \times x - (n - 1) \times (-1) ^ j) \times (n - 1) ^ j\\$

取 $\sqrt {mod}$ ，可以发现 $j$ 最多有 $m$ 个取值即可，同时， $i$ 也最多有 $m$ 个取值，用 $m p a$ 存下右边的 $m$ 个值，然后枚举左边即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int mod = 998244353, M = 31596;

int n, x;

unordered_map<int, int> mp;

inline int add(int x, int y) {
  return x + y < mod ? x + y : x + y - mod;
}

inline int sub(int x, int y) {
  return x >= y ? x - y : x - y + mod;
}

int main() {
  // freopen("in.txt", "r", stdin);
  // freopen("out.txt", "w", stdout);
  int T;
  scanf("%d", &T);
  while (T--) {
    scanf("%d %d", &n, &x);
    if (x == 1) {
      puts("0");
      continue;
    }
    int base = 1, p = n - 1;
    for (int i = 0, s = 1; i < M; i++, s = 1ll * s * p % mod) {
      base = 1ll * base * p % mod;
      if (i & 1) {
        int cur = 1ll * add(1ll * n * x % mod, p) * s % mod;
        mp[cur] = i;
      }
      else {
        int cur = 1ll * sub(1ll * n * x % mod, p) * s % mod;
        mp[cur] = i;
      }
    }
    int ans = -1;
    for (int i = 1, s = base; i <= M; i++, s = 1ll * s * base % mod) {
      if (mp.count(s)) {
        ans = i * M - mp[s];
        break;
      }
    }
    printf("%d\n", ans);
    mp.clear();
  }
  return 0;
}