2018 焦作站亚洲区域赛校内选拔赛题解

SUST_2018 焦作站亚洲区域赛校内选拔赛

A、高速        by yoyo

tag：图论、最短路

//最短路 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxx = 0x3f3f3f3f; const int maxn = 1e5+7; int t,n,m,cnt; int dis[maxn]; //当前该点到原点最短距离 bool vis[maxn]; //是否访问过 int head[maxn]; //点集 struct EDGE{int next,to,w,l,r; //上一条边，下一个点，权值，左值，右值 }edge[2*maxn]; //边集 struct NODE{int u,dis;NODE(){}NODE(int u,ll w):u(u),dis(w){}bool operator <(const NODE &a)const{return dis>a.dis;} }node[2*maxn]; //点集加最短距离 void add(int u, int v, int w, int l,int r){ //构建边集edge[cnt].next = head[u];edge[cnt].to = v;edge[cnt].w = w;edge[cnt].l = l;edge[cnt].r = r;head[u] = cnt;cnt++; } void init(){ //初始化cnt = 0;memset(head,-1,sizeof(head));memset(dis,maxx,sizeof(dis));memset(vis,false,sizeof(vis)); } void read(){ //读入数据int u,v,w,l,r;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i = 0;i < m; i++){scanf("%d%d%d%d%d",&u,&v,&w,&l,&r);add(u,v,w,l,r);add(v,u,w,l,r);} } void init_data(int kk){ //初始化数据vis[kk] = false;dis[kk] = maxx; } int solve(int s){priority_queue<NODE>q; //储存最短距离q.push(NODE(s,0)); //读入原点while(!q.empty()){ //队列为空则无法到达int kk = q.top().u; //储存当前最短距离下标int minD = q.top().dis; //储存当前最短距离q.pop();if(kk==n) //若下标为目标值，returnreturn minD;vis[kk] = true; //该点是否访问for(int l = head[kk]; l!=-1; l=edge[l].next){ //松弛边if(!vis[edge[l].to]&&minD<=edge[l].r&&minD>=edge[l].l&&minD + edge[l].w < dis[edge[l].to]){dis[edge[l].to] = minD + edge[l].w;q.push(NODE(edge[l].to,dis[edge[l].to])); //将松弛后的边压入队列}}init_data(kk); //初始化数据}return 0; } int main(){scanf("%d",&t);while(t--){init(); //初始化read(); //读入printf("%d\n",solve(1)); //解决方案}return 0; }

B、Outlook        by 紫芝

tag：计算几何、最短路

本题可以看出是计算几何 + 最短路问题，最重要的只是对图进行建模。
所以我们考虑在图上抠出特殊点，来跑最短路。
特殊点包括墙的两端之类的。

#include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstdio> #include<vector> #include<queue> #define N 1010 #define inf 999999999.0 using namespace std;struct data {double x;double y[4]; }dt[10]; bool cmpx(data a,data b) {return a.x<b.x; } struct point{double x,y;int id; }; struct line{point d,u;int th; }; int n,pnum,pline; vector<line> vec; vector<point> p; double mp[N][N]; void add_line(point a,point b) {line it;it.d=a;it.u=b;it.th=pline++;vec.push_back(it); } //叉积 double multi(point p0,point p1,point p2) {return (p1.x-p0.x)*(p2.y-p0.y)-(p1.y-p0.y)*(p2.x-p0.x); } //判断两条线段是否相交 bool is_inter(point s1,point e1,point s2,point e2) {return(max(s1.x,e1.x)>=min(s2.x,e2.x))&&(max(s2.x,e2.x)>=min(s1.x,e1.x))&&(max(s1.y,e1.y)>=min(s2.y,e2.y))&&(max(s2.y,e2.y)>=min(s1.y,e1.y))&&(multi(s1,s2,e1)*multi(s1,e1,e2)>0)&&(multi(s2,s1,e2)*multi(s2,e2,e1)>0);} double dist(point a,point b) {return sqrt((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y));} //建图 void init() {for(int i=0;i<=pnum;i++){for(int j=0;j<=pnum;j++){if(i==j){mp[i][j]=0.0;continue;}bool flag=1;point s1=p[i],e1=p[j];int l=(i+1)/2,r=(j+1)/2;for(int k=l+1;k<r;k++){if(is_inter(s1,e1,vec[k].d,vec[k].u)){flag=0;break;}}if(flag) mp[i][j]=mp[i][j]=dist(s1,e1);else mp[i][j]=mp[i][j]=inf;}}} bool vis[N]; int pre[N]; double d[N]; void Dijkstra(int begin) {for(int i=0;i<=pnum;i++){d[i]=inf;vis[i]=false;}d[begin]=0;for(int j=0;j<=pnum;j++){int k=-1,MIN=inf;for(int i=0;i<=pnum;i++)if(!vis[i]&&d[i]<MIN){MIN=d[i];k=i;}if(k==-1) break;vis[k]=1;for(int i=0;i<=pnum;i++)if(!vis[i]&&d[i]<MIN){MIN=d[i];k=i;}if(k==-1) break;vis[k]=1;for(int i=0;i<=pnum;i++)if(!vis[i]&&d[k]+mp[k][i]<d[i]){d[i]=d[k]+mp[k][i];}} } int main() {//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.out","w",stdout);while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n!=-1){vec.clear();p.clear();double x,y1,y2,y3,y4;pnum=0;pline=0;point a,b;a.x=0,a.y=5.0,a.id=pnum++;p.push_back(a);for(int i=0;i<n;i++){scanf("%lf",&dt[i].x);for(int j=0;j<4;j++)scanf("%lf",&dt[i].y[j]);sort(dt[i].y,dt[i].y+4);}sort(dt,dt+n,cmpx);/*for(int i=0;i<n;i++){printf("%.0lf\n",dt[i].x);for(int j=0;j<4;j++)printf("%.0lf ",dt[i].y[j]);printf("\n");} */for(int i=0;i<n;i++){a.x=dt[i].x;b.x=dt[i].x;a.y=0.0;b.y=dt[i].y[0];a.id=pnum++;b.id=pnum++;add_line(a,b);p.push_back(a);p.push_back(b);a.y=dt[i].y[1];b.y=dt[i].y[2];a.id=pnum++;b.id=pnum++;add_line(a,b);p.push_back(a);p.push_back(b);a.y=dt[i].y[3];b.y=10.0;a.id=pnum++;b.id=pnum++;add_line(a,b);p.push_back(a);p.push_back(b);}a.x=10.0;a.y=5.0;a.id=pnum;p.push_back(a);init();Dijkstra(0);printf("%.2f\n",d[pnum]);}return 0; }

C、千年老二        by yoyo

tag：图论、生成树

//次小生成树 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int L=1e5+7; const int inf=0x3f3f3f3f; const int maxn=1000+7; int father[maxn],n,m,num[maxn],nPos; //父节点（并查集），点数，边数，最小生成树点集，当前访问方位 struct node{int s,y,w; }edge[L]; //边集，左端点，右端点，权值 void init(){ //初始化并查集for(int i=0;i<=n;i++)father[i]=i; } int root(int x){ //并查集，构造父节点return father[x]==x?x:father[x]=root(father[x]); } void unite(int x,int y){ //并查集，合并两个联通图x=root(x);y=root(y);if(x!=y)father[y]=x; } int alike(int x,int y){ //并查集，判断是否为同一连通图return root(x)==root(y); } int cmp(node a,node b){ //sort结构体排序return a.w<b.w; } int secondTree(int pos) //次小生成树 {init(); //初始化int sum=0,cnt=0;for(int i=0;i<m;i++) //对于删去边后的图进行最小生成树运算{if(cnt==n-1)break;if(i==pos)continue;if(!alike(edge[i].s,edge[i].y)){unite(edge[i].s,edge[i].y);sum+=edge[i].w;cnt++;}}return cnt!=n-1?-1:sum; //判断删除边后是否能构成最小生成树 } int kruskal(){ //最小生成树init();sort(edge,edge+m,cmp); //对边进行权值排序int sum=0,cnt=0;for(int i=0;i<m;i++) //每次选择最小且未访问过的一条边{if(cnt==n-1)break;if(!alike(edge[i].s,edge[i].y)){unite(edge[i].s,edge[i].y);sum+=edge[i].w;cnt++;num[++nPos]=i;}}return cnt!=n-1?-1:sum; //判断边是否大于等于n-1，否则输出-1 } void read(){ //读入数据scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<m;i++)scanf("%d%d%d",&edge[i].s,&edge[i].y,&edge[i].w); } void solve(){ //解决方案int Min=inf;nPos=0;int mst=kruskal(); //最小生成树值if(mst==-1) { //没有最小生成树即输出-1printf("-1\n");return;}for(int i=1;i<=nPos;i++){ //对最小生成树的每条边进行遍历，选择删边后的最小值int secmst=secondTree(num[i]);if(secmst!=-1) //若没有次小生成树输出-1Min=min(Min,secmst);}if(Min!=inf&&Min!=mst)printf("%d\n",Min); //输出结果elseprintf("-1\n"); } int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){read(); //读入数据solve(); //解决方案}return 0; }

D、秋雨绵绵        by 紫芝

tag：高精度、快速乘

但是由于数据范围过大，我们用普通乘法会爆精度，因此我们需要用到特殊的乘法 —— 快速乘。
然后直接暴力递推相乘即可。

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ll ksc(ll x,ll y,ll mod) {return (x*y-(ll)((long double)x/mod*y)*mod+mod)%mod; } ll m0,m1,c,M,k; ll a0,a1; int main() {int ca=0;int T;scanf("%d",&T);while(T--){printf("case #%d:\n",++ca);scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&a0,&a1,&m0,&m1,&c,&k,&M);ll ans=ksc(a0,a1,M);ll a2;for(int i=2;i<=k;i++){a2=((ksc(m0,a1,M)+ksc(m1,a0,M))%M+c)%M;ans=ksc(ans,a2,M);a0=a1;a1=a2;}printf("%lld\n",a2);printf("%lld\n",ans);}return 0; }

当然也可以使用Java大数类，但是一般会超时

import java.math.BigInteger; import java.util.Scanner; import java.util.*; public class Main {void solve () {Scanner cin = new Scanner(System.in);int T=cin.nextInt();int ca=0;while((T--)!=0) {BigInteger a0,a1,a2,ans,M,tmp;a0=cin.nextBigInteger();a1=cin.nextBigInteger();int m0=cin.nextInt();int m1=cin.nextInt();int c=cin.nextInt();int k=cin.nextInt();M=cin.nextBigInteger();a2=ans=BigInteger.valueOf(1);ans=ans.multiply(a0);ans=ans.mod(M);ans=ans.multiply(a1);ans=ans.mod(M);for(int i=2;i<=k;i++) {a2=a1.multiply(BigInteger.valueOf(m0)).add(a0.multiply(BigInteger.valueOf(m1))).add(BigInteger.valueOf(c));ans=ans.multiply(a2);ans=ans.mod(M);a0=a1.mod(M);a1=a2.mod(M);}System.out.println("case #"+(++ca)+":");System.out.println(a2.mod(M));System.out.println(ans.mod(M));}cin.close();}public static void main (String[] args) {Main work = new Main();work.solve ();} }

E、RMB 游戏        by 紫芝

tag：简单思维题

简单题，不解释。

#include<stdio.h> #include<algorithm> using namespace std; const int N=2505; int a[N]; bool cmp(int x,int y) {return x>y; } int main() {int t;scanf("%d",&t);while(t--){int n,k;scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=0;i<n;i++){scanf("%d",&a[i]);}sort(a,a+n,cmp);for(int i=0;i<n;i++){k-=i;if(k<=0){printf("%d\n",a[i]);break;}}}return 0; }

F、给力台球厅        by yoyo

tag：图论

//网络流 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int INF = 0x3f3f3f3f; //无穷大 const int maxn = 60007; const int maxm = 1000007; int vis[maxn],d[maxn],pre[maxn],a[maxn],m,n; //是否访问，最短路，前置节点，流量，边集，点集 char mp[107][107]; //台球地图 struct Edge{int u, v, c, cost, next; }edge[maxm]; //网络流边集int s[maxn], cnt; //每个点流量void init(){ //初始化cnt = 0;memset(s, -1, sizeof(s)); }void add(int u, int v, int c, int cost){ //对两点之间进行单向边建立edge[cnt].u = u;edge[cnt].v = v;edge[cnt].cost = cost;edge[cnt].c = c;edge[cnt].next = s[u];s[u] = cnt++; //建立单向边edge[cnt].u = v;edge[cnt].v = u;edge[cnt].cost = -cost;edge[cnt].c = 0;edge[cnt].next = s[v];s[v] = cnt++; //建立双向边 }bool spfa(int ss, int ee,int &flow,int &cost){ //以距离为费用寻找最短路，以最短路为当前增广路queue<int> q;memset(d, INF, sizeof d);memset(vis, 0, sizeof vis); //初始化d[ss] = 0, vis[ss] = 1, pre[ss] = 0, a[ss] = INF;q.push(ss);while (!q.empty()){ //spfa以费用为距离寻找最短路int u = q.front();q.pop();vis[u] = 0;for (int i = s[u]; ~i; i = edge[i].next){ //和当前点相连所有边松弛过程int v = edge[i].v;if (edge[i].c>0&& d[v]>d[u] + edge[i].cost){ //松弛过程d[v] = d[u] + edge[i].cost;pre[v] = i;a[v] = min(a[u], edge[i].c); //取最小值if (!vis[v]){vis[v] = 1;q.push(v); //压入待松弛队列}}}}if (d[ee] == INF) return 0; //判断是否有最短路，无说明最大流完成flow += a[ee];cost += d[ee]*a[ee];int u = ee;while (u != ss){ //求当前最短路下的流量和edge[pre[u]].c -= a[ee];edge[pre[u] ^ 1].c += a[ee];u = edge[pre[u]].u;}return 1; }int MCMF(int ss, int ee){ //最小费用最大流int cost = 0, flow=0; //初始化while (spfa(ss, ee, flow, cost)); //寻找增广路径，直到没有增广路径为止return cost; //返回最大流费用 }struct point{int x,y; //球坐标，洞坐标 };void solve(){point H[107],P[107]; //建立球集与洞集int h=0,p=0;for(int i=0;i<n;i++){ //输入地图scanf("%s",&mp[i]);for(int j=0;j<m;j++){if(mp[i][j]=='#'){ //若为洞则坐标加入洞集H[h].x=i;H[h].y=j;h++;}else if(mp[i][j]=='@'){ //若为球则坐标加入球集P[p].x=i;P[p].y=j;p++;}}}init(); //初始化for(int i=0;i<h;i++)for(int j=0;j<p;j++){int c=fabs(H[i].x-P[j].x)+fabs(H[i].y-P[j].y);add(i+1,h+j+1,1,c);} //建立球与洞之间的路径for(int i=0;i<h;i++) //建立超级源点add(0,i+1,1,0);for(int i=0;i<p;i++) //建立超级汇点add(h+1+i,h+p+1,1,0);printf("%d\n",MCMF(0,h+p+1)); //最小费用最大流 }int main(){while(~scanf("%d%d",&n,&m)){if(!(m||n))break;solve(); //解决方案}return 0; }

G、营救教练计划        by Amon

tag：动态规划、概率DP

// 一道简单的期望dp~希望大家喜欢~ #include <cstdio> #include <cstring> #include <map> using namespace std; const int maxn = 1e5 + 10; double dp[maxn];int main(int argc, const char * argv[]) {int n, m, x, y;while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {// 初始化 dp 数组为0memset(dp, 0, sizeof(dp));// 用 map 存储所有的跳跃点map<int, int> mp;for (int i = 0; i < m; ++i) {scanf("%d%d", &x, &y);mp[x] = y;}// dp[i] 存储从第i个位置到 n 需要飞多长时间的数学期望// n 位置当然是 0 啦// 注意，n 后面的几个位置也是0dp[n] = 0;for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {if (mp.find(i) != mp.end()) {// 如果 i 位置可以直接飞到后面某个位置，那么他们的期望是相同的dp[i] = dp[mp[i]];} else {// 枚举后面七个位置，注意，n 后面的都是0// dp[i] = dp[i+1]/7 + dp[i+2]/7 + dp[i+3]/7 + dp[i+4]/7 + dp[i+5]/7 + dp[i+6]/7 + dp[i+7]/7 + 1double sum = 0;int num = 0;for (int j = i + 1; num < 7; ++j, ++num) {sum += dp[j] + 1;}dp[i] = sum / num;}}printf("%.4lf\n", dp[0]);}return 0; }

H、有种放学别走        by huawei

tag：组合数学、卡特兰数

题目中需要找到正 $2N$ 边形中，两个顶点连线且线段互不相交的方案数。实际上就是组合数学中的卡特兰数。
但是即便不知道何为卡特兰数，结论也非常明显。
假设正 $2N$ 边形中一个点和另一个点连线，此时的多边形被分为了两个部分，此时方案数为 [左边多边形连线的方案数] * [右边多边形连线的方案数] 。而一个点连线的方案有 $N$ 种。因此我们可以得出递推式：
假设 $F[n]$ 表示 $n$ 边形连线的方案数，再加上题目的模，即
$$F[n]=\sum _{i=0}^{n-1}F[i]\ast F[n-i-1]mod19260817$$

#include <cstdio> const int maxn = 1010; typedef long long LL; const int mod = 19260817; LL f[maxn], n; void init() {f[0] = f[1] = 1;for (int i = 2; i < maxn; i++) {for (int j = 0; j < i; j++) {f[i] = (f[i] + f[j] * f[i - j - 1])%mod;}} } int main() {init();while (scanf("%lld", &n) != EOF) {printf("%lld\n", f[n]);}return 0; }

I、单身狗的寻觅        by huawei

tag：贪心

此题是结论明显的贪心题。
结论：对于每一个人，和他前面的人匹配(如果是异性的情况下)，否则不匹配。
对于某一个人而言：
1.如果他能匹配前一个异性，那么他匹配了前面的异性，匹配对数 $+1$，如果他不匹配，他被后面匹配，也是对数 $+1$，即匹配前一个人对后续匹配没有不良影响。相反，如果前一个人可以匹配但却去匹配后一个人，可能对后面匹配产生不良影响。
2.如果他前面无法匹配，但可以匹配后一个人，那会在下一轮判断中，被后一个人匹配。
3.如果他完全不能匹配，不匹配对结果完全没有影响。
但是由于题目数据较多，最大为 $10^8$，所以不能使用数组离线解决，但是我们发现此题结果只与前一个人有关，因此我们可以考虑在线算法。
题解的做法使用了栈，更简便的可以直接int last;来记录前一个人的性别。
此题也有更多做法可以挖掘。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() {int n, x, last;while (scanf("%d", &n) != EOF) {last = -1;int ans = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {scanf("%d", &x);if (last == -1) {last = x;} else {if((x%2 + last%2) == 1) {ans++;last = -1;} else {last = x;}}}printf("%d\n", ans);}return 0; }

J、共产主义接班人        by huawei

tag：线段树，模拟

首先我们可以简化题目要求，即对于每一天，都需要查询一个小于等于当前爱心指数的最右边的家庭，然后记录个数。
因此我们可以考虑用线段树维护区间家庭操心指数的最小值，查询函数的返回值为最右端的不大于当前爱心指数的家庭编号。即对于每一个树枝节点，我们优先比较右儿子和当前爱心指数的大小，如果右儿子小于等于爱心指数，则说明不大于当前爱心指数的最右的点位于当前区间的右子区间。如果右儿子比爱心指数大，但左儿子小，说明在左边。否则，说明不存在比当前爱心指数小的值。
而且在每一次查询后，已经帮助过的家庭的操心指数要设置为 $INF$，防止重复查询。
接下来就是每天的模拟操作，只需要把每天的帮助家庭户数记录下来，对于每个询问就可以 $O(1)$ 查询了。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int INF = 0x3fffffff; const int maxn = 1e5 + 10; LL a[maxn], segtree[maxn << 4], n, m, c, cnt, num, day; LL b[maxn], ans[maxn];void pushup(int now) {segtree[now] = min(segtree[now << 1], segtree[(now << 1)|1]); }void build_tree(int l, int r, int now) {if (l == r) {segtree[now] = a[l];return;}int mid = (l + r)/2;build_tree(l, mid, now << 1);build_tree(mid + 1, r, (now << 1)|1);pushup(now); }int query(int l, int r, int tar, int now) {if (l == r) {segtree[now] = INF;return l;}int mid = (l + r)/2, ans = -1;if (segtree[(now << 1)|1] <= tar) ans = query(mid + 1, r, tar, (now << 1)|1);else if (segtree[now << 1] <= tar) ans = query(l, mid, tar, now << 1);pushup(now);return ans; }int main() {int T;scanf("%d", &T);while (T--) {memset(segtree, 0, sizeof segtree);memset(ans, 0, sizeof ans);memset(a, 0, sizeof a);memset(b, 0, sizeof b);cnt = num = day = 0;scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &c);for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%lld", &a[i]);}build_tree(1, n, 1);while (num < n) {cnt += c; day++;int k = query(1, n, cnt, 1);while (k != -1) {ans[day]++;cnt -= a[k];k = query(1, n, cnt, 1);}num += ans[day];}for (int i = 0; i < m; i++) {scanf("%lld", &c);printf("%lld\n", c > day? 0 : ans[c]);}}return 0; }

K、66…6        by Amon

tag：数论。欧拉函数、欧拉定理

设输入的数字为 $p$，即题目的要求得一个长度为 $x$ 的 $66...6$，使得 $66...6=kp(k\in Z)$。
可以发现，长度为 $x$ 的 $66...6$ 可以表示为 $\frac{6(10^x-1)}{9}$。
所以我们可以得到式子$$\frac{6(10^x-1)}{9}=kp$$
即$$6(10^x-1)=9kp$$
为了可以继续化简，我们假设 $g=gcd(6,9p)$，两边同除 $g$。得
$$\frac{6(10^x-1)}{g}=\frac{9kp}{g}$$
此时$\frac{6}{g}$ 与 $\frac{9kp}{g}$ 互质，式子可简化为$$10^x-1=\frac{9kp}{g}$$
即求解 $$10^x\equiv 1(mod\frac{9kp}{g})$$
根据欧拉定理可知，最小的 $x$ 存在于 $\phi (\frac{9kp}{g})$ 的因子中，接下来的任务就是枚举所有 $\phi (\frac{9kp}{g})$ 的因子，从而找到一个最小的 $x$ 满足 $10^x\equiv 1(mod\frac{9kp}{g})$。

// sustoj 1908 #include <cstdio> #include <cmath> #include <time.h> #include <cstdlib> using namespace std; typedef long long LL;// 求解欧拉函数 LL phi(LL x) {LL ans = x;for (LL i = 2; i * i <= x; ++i) {if (x % i == 0) {ans = ans / i * (i - 1);while (x % i == 0) {x /= i;}}}if (x > 1) {ans = ans / x * (x - 1);}return ans; }// 快速乘 LL multi(LL a, LL b, LL mod) {LL ret = 0;while (b) {if (b & 1) {ret = (ret + a) % mod;}a = (a << 1) % mod;b >>= 1;}return ret; }// 快速幂 LL fastpow(LL a, LL b, LL p) {LL ans = 1;while (b) {if (b & 1) {ans = multi(ans, a, p);}a = multi(a, a, p);b >>= 1;}return ans; }// 求解最大公约数 LL gcd(LL a, LL b) {return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }int main() {LL p;int ca = 1;while (~scanf("%lld", &p) && p) {printf("Case %d: ", ca++);p /= gcd(p, 6);// p 和 6 有最大公约数，先约去这个数，此时原题变为了 111...111 可以被 p 整除p *= 9;// 此时原题变为了 999...999 可以被 p 整除，即 100...000 - 1 可以被 p 整除// 也就是说，100...000 % p 余 1，求最少有多少个 0// 已知以下定理：// 若正整数 a, p 互质，则满足 a ^ x ≡ 1 (mod p) 的最小的正整数 x0， 是 φ(p) 的约数（因子）。// φ(p) 为 欧拉函数，即 10^x ≡ 1 (mod p) 的最小的正整数解是 φ(p) 的因子if (gcd(p, 10) == 1) {// 互质LL ans = phi(p); // 欧拉函数LL i = 0;int f = 0;LL tmp = sqrt(ans);// 下面这样求主要是将 O(n) 变为 O(根号n)// ans = φ(p)，求 ans 的因子for (i = 1; i * i <= ans; ++i) {// 解在 1 - sqrt(ans) 内if (ans % i == 0) {if (fastpow(10, i, p) == 1) {f = 1;break;}}}if (f) {printf("%lld\n", i);} else {// 解在 sqrt(ans) - ans 内for (i = tmp; i >= 1; --i) {if (ans % (ans / i) == 0) {if (fastpow(10, ans / i, p) == 1) {break;}}}printf("%lld\n", ans / i);}} else {// 不互质，则无解printf("-1\n");}}return 0; }

总结

以上是生活随笔为你收集整理的2018 焦作站亚洲区域赛校内选拔赛题解的全部内容，希望文章能够帮你解决所遇到的问题。

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