51nod 1038 X^A Mod P（ N 次剩余）

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以下内容摘自我的博客：算法竞赛中的数论问题 - 数论全家桶（信奥 / 数竞 / ACM）作者孟繁宇，四万字，十三万字符的竞赛数论完全总结，将会择机发布，敬请期待 ~

题目大意：

解高次同余方程：xa≡b(modp)x^a\equiv b\ (\mod p)xa≡b (modp)，其中 PPP 为质数。给出 PPP 和ABA BAB，求小于 PPP 的所有 XXX。所有数据中，解的数量不超过p\sqrt{p}p。

解高次同余方程的步骤

先求出 ppp 的一个原根 ggg 。
求出以 ggg 为底的 bbb 关于模 ppp 的指数 rrr ，即 gr≡b(modp)g^r \equiv b\ (\mod p)gr≡b (modp)，即离散对数，前面讲解了如何求离散对数，直接使用BSGS求解即可。
令 x≡gy(modp)x\equiv g^y\ (\mod p)x≡gy (modp)，带回原式就是求 gay≡gr(modp)g^{ay} \equiv g^r\ (\mod p)gay≡gr (modp)。(因为 111 ~ ppp 的数都可以表示为原根 ggg 的次幂模 ppp 的形式)
那么根据阶的 性质61.1.3 我们知道：ay≡r(modordpg)ay\equiv r\ (\mod ord_p\ g)ay≡r (modordp g)，即为一个一次同余方程，我们可以直接使用 exgcd 来求解。
在000 ~ φ(p)−1\varphi(p)-1φ(p)−1中求得 yyy 的解，带回式子 x≡gy(modp)x\equiv g^y\ (\mod p)x≡gy (modp)，又是一个一次同余方程，继续exgcd求解即可。

一些细节
根据原根的性质61.2.1可得，我们求出来的答案一定是没有重复的。由于我们使用的是原根，ppp 是质数，原根一共有 φ(φ(p))\varphi(\varphi(p))φ(φ(p)) 个，仅求出通解的高次同余方程的时间复杂度为O(p)O(\sqrt{p})O(p)。

#define int long long
const int N = 500007;
unordered_map<int, int> hsh;
int prime[N], tot, t, phi, ans[N], num, a, b, p, g, x, y;
void solve(int x) {int tmp = x;tot = 0;for (int i = 2; i * i <= x; i++) {if (tmp % i == 0) {prime[++tot] = i;while (tmp % i == 0)tmp /= i;}}if (tmp > 1)prime[++tot] = tmp;
}
int qpow(int x, int b) {int tmp = 1;while (b) {if (b & 1) tmp = tmp * x % p;b >>= 1;x = x * x % p;}return tmp;
}
int BSGS(int a, int b) {hsh.clear();int block = sqrt(p) + 1;int tmp = b;for (int i = 0; i < block; i++, tmp = tmp * a % p)hsh[tmp] = i;a = qpow(a, block);tmp = 1;for (int i = 0; i <= block; i++, tmp = tmp * a % p)if (hsh.count(tmp) && i * block - hsh[tmp] >= 0)return i * block - hsh[tmp];
}
int exgcd(int &x, int &y, int a, int b) {if (b == 0) {x = 1;y = 0;return a;}int d = exgcd(x, y, b, a % b);int z = x; x = y; y = z - (a / b) * y;return d;
}
int cnt;
signed main() {scanf("%lld", &t);while (t -- ) {scanf("%lld%lld%lld", &p, &a, &b);b %= p;phi = p - 1;solve(phi);for (int i = 1; i <= p; i++) {bool flag = false;for (int j = 1; j <= tot; j++)if (qpow(i, phi / prime[j]) == 1) {flag = true;break;}if (flag == false) {g = i;break;}}int r = BSGS(g, b);int gcd = exgcd(x, y, a, phi);if (r % gcd != 0) {puts("No Solution");continue;}x = x * r / gcd;int k = phi / gcd;x = (x % k + k) % k;num = 0;while (x < phi) ans[++num] = qpow(g, x), x += k;sort(ans + 1, ans + 1 + num);for (int i = 1; i <= num; i ++ ) printf("%lld%s", ans[i], i == num ? "\n" : " ");}return 0;
}

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