1359 循环探求

输入n和k，求最小 x（x>1） x （x > 1）使得

nx%10k==n%10k n^x \% 10^k == n \% 10^k

这里要求 x>1，因为x==1时必然有

n1%10k==n%10k n^1 \% 10^k == n \% 10^k

先回忆朴素的大数乘法运算。
对于两个大数

A，B A，B

令

A∗B=CA*B=C

其中

A[i],B[i],C[i] A[i] , B[i] , C[i]

分别对应大数字的第i为数字

因为：

A∗B % 10k=(A%10k+B%10k)%10k=C%10kA*B \ \%\ 10^k\\=(A\%10^k+B\%10^k)\%10^k\\=C\%10^k

所以：

C[0...k]可以由A[0...k]∗B[0...k]得来其中[0...k]表示对应大数的第0到k位C[0...k]可以由A[0...k]*B[0...k]得来\\其中[0...k]表示对应大数的第0到k位

在大数乘法的过程。直接截断；（建议朴素算法

因为我们要确定一个最小的x 使得

nx的后k位于n的后k位数相同的n^x的后k位于n的后k位数相同的

假设我们已经计算出来了。使得

nx的后k−1位于n的后k−1位数相同的n^x的后k-1位于n的后k-1位数相同的

最小的x，记为

X[k−1]X[k-1]

首先，我们有

nt∗X[k−1]%10k−1=n%10k−1n^{t*X[k-1]}\%10^{k-1}=n\%10^{k-1}

记

nX[k]=N[k]n^{X[k]}=N[k]

那么

nt∗X[k−1]%10k−1=N[k−1]tn^{t*X[k-1]}\%10^{k-1}=N[k-1]^t

随着t的增加第k位在不断的改变。但是0到k-1位始终不变。
那么第一次出现

N[k−1]t10k=n10k的t时(t>=1)则此时 answer=X[k−1]∗t\frac{N[k-1]^t}{10^k}=\frac{n}{10^k}的t时(t>=1)\\则此时 \ answer=X[k-1]*t

如过我们记录的是循环次数cnt那么t=cnt+1如过我们记录的是循环次数 cnt\\那么t= cnt+1

我们知道。判断新的一位时，我们用了暴力循环
但这并不意味着很差的时间复杂度
此时。我们只关心。我们新的一位的数字。而不要去考虑更高位
那么对于这一位。最多有

0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9

割舍原理告诉我们
循环最多11次便会出现之前出现过的数了。
我们吧循环次数设置为20次。如果没有出现我们需要的t 结束循环，

其实可以设置更少的循环次数。
我们假设出现的环长度为L。从最初状态进入环的路径长度最多为 11-L。
那也就是说循环11次就已经遍历了所有可能。
下面给出为之前的AC代码

#include <algorithm>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAX 1000000000
#define MAX_ 100000000
using namespace std;
typedef long long LL;
LL G[10]={1};
LL A[100];
LL B[100];
int C[650];
LL U[100];
LL Nx1[100];
LL Nx2[100];
int ans[5000];
int k;
char s[700];
void read()
{scanf("%s %d",s,&k);int len=(int)strlen(s);int deep=0;for(int i=len-1;i>-1;i-=9,deep++)for(int j=i,sz=max(-1,i-9),t=0;j>sz;j--,t++)A[deep]+=G[t]*(LL)(s[j]-'0');
}
void slove1()
{memset(U,0,sizeof(U));for(LL i=0;i<k;i++)for(LL j=0,c=0;j+i<k;j++){U[i+j]+=Nx1[i]*Nx2[j]+c;c=U[i+j]/MAX;U[i+j]-=c*MAX;}for(int i=0;i<k;i++)Nx1[i]=U[i];
}
void slove2()
{memset(U,0,sizeof(U));for(LL i=0;i<k;i++)for(LL j=0,c=0;j+i<k;j++){U[i+j]+=Nx1[i]*B[j]+c;c=U[i+j]/MAX;U[i+j]-=c*MAX;}for(LL i=0;i<k;i++)A[i]=U[i];
}
int main ()
{for(int i=1;i<10;i++)G[i]=G[i-1]*10;read();int K=k;k=k/9+1;for(int i=0;i<k;i++)Nx2[i]=B[i]=A[i];Nx1[0]=1;for(int i=0;i<K;i++){for(int j=0;j<k;j++)A[j]=B[j];int dx=i/9;int dd=i%9;LL IN=(B[dx]/G[dd])%10;do{slove1();slove2();ans[i]++;}while(IN!=((A[dx]/G[dd])%10)&&ans[i]<12);if(ans[i]>11){printf("1\n");return 0;}for(int j=0;j<k;j++)Nx2[j]=Nx1[j];memset(Nx1,0,sizeof(Nx1));Nx1[0]=1;}C[0]=1;int deep=1;for(int i=0;i<K;i++){int j,c;for(j=0,c=0;j<deep||c>0;j++){C[j]*=ans[i];C[j]+=c;c=C[j]/10000;C[j]-=c*10000;}deep=max(deep,j);}C[0]++;int i,c;for(i=0,c=0;i<deep||c>0;i++){C[i]+=c;c=C[i]/10000;C[i]-=c*10000;if(c==0)break;}deep=max(i,deep);deep--;printf("%d",C[deep--]);while(deep>-1)printf("%04d",C[deep--]);printf("\n");return 0;
}

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