翻遍了这里洛谷的所有题解都没找到用欧拉定理做的
欧拉定理：
欧拉定理有一种推广：
也就是说，本题中循环长度可以为 \(\varphi(10^k)\)
很可惜，这个循环长度并不是题目所要求的最小
但是，显然最小的循环长度一定是任意一种合法的循环长度的因子
比如 \(2^i (\bmod 7)\) 为
2 4 1 2 4 1 2 4 1 ...
我用欧拉定理求出来循环节为 \(\varphi(7)=6\)，而最小循环节为 \(3\) ，\(3\) 是 \(6\) 的因子
那么我们通过打表可以发现
那么我们就可以通过枚举质因子 2 和 5 的个数来枚举所有 \(\varphi(10^k)\) 的因子，然后对每一个因子 \(n^{2^i\times 5^j}\) 进行快速幂检测是否合法，若合法就更新一下答案
这时候计算一下复杂度，枚举因子 \(k^2\)，快速幂最多做 \(\log_2(10^{100})=332\) 次乘法，设 \(N\) 为 \(n\) 的位数，每次乘法最多是 \(N^2\) 的复杂度
总时间复杂度为 \(O(k^2\times N^2 \times 332)\)，好像不太行的亚子呢
我们发现瓶颈出在快速幂上面，我们要搞出一种快速求 \(n^{2^i\times 5^j}\) 的算法
设 \(dp_{i,j}=n^{2^i\times 5^j}\)
边界条件：\(dp_{0,0}=n\)
那么我们先把 \(j=0\) 的一遍递推求出
\(dp_{i,0}=dp_{i-1,0}^2\)
因为显然，\(n^{2^i}=n^{2^{i-1}+2^{i-1}}=n^{2^{i-1}}\times n^{2^{i-1}}\)
然后，\(dp_{i,j}=dp_{i,j-1}^5\)
因为，\(n^{2^i\times 5^j}=n^{5\times (2^i\times 5^{j-1})}=(n^{2^i\times 5^{j-1}})^5\)
我们就可以得到一个非常优秀的 \(O(k^2\times N^2 \times 5)\)
看上去还是得 TLE
高精压8位把 \(N\) 变成 \(\frac n 8\)
这样总时间复杂度为 \(O(k^2\times N^2\times 5+k^2\times N^2\times 3)\)
忽略常数那就是 \(O(k^2\times N^2)\)
常数实在太大以至于要开Ofast才能过但还是450ms真菜
// This code wrote by chtholly_micromaker(MicroMaker)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
#define reg register
#define int long long
using namespace std;
const int MaxN=150;
const int base=100000000;
const int pow10[]={1,10,100,1000,10000,100000,1000000,10000000,100000000};
int s[MaxN],k;
struct Bigint
{
int a[MaxN],n;
inline void clear()
{
memset(a,0,sizeof a);
n=1;
return;
}
inline void work()
{
while(n>1&&!a[n])
--n;
return;
}
inline Bigint read()
{
memset(s,0,sizeof s);
clear();
reg int cnt=0;
reg char c=getchar();
while(!isdigit(c))
c=getchar();
while(isdigit(c))
s[++cnt]=c^'0',c=getchar();
for(int i=1;i<=(cnt>>1);++i)
swap(s[i],s[cnt-i+1]);
n=0;
for(int i=1;i<=cnt;i+=8)
{
++n;
a[n]+=s[i+7]*10000000;
a[n]+=s[i+6]*1000000;
a[n]+=s[i+5]*100000;
a[n]+=s[i+4]*10000;
a[n]+=s[i+3]*1000;
a[n]+=s[i+2]*100;
a[n]+=s[i+1]*10;
a[n]+=s[i+0]*1;
}
work();
return *this;
}
inline void write() const
{
printf("%lld",a[n]);
for(int i=n-1;i;--i)
printf("%08lld",a[i]);
puts("");
return;
}
inline Bigint operator * (const Bigint &nt) const
{
Bigint res;res.clear();
res.n=min(105ll,n+nt.n);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=nt.n;++j)
if(i+j-1<=k)
res.a[i+j-1]+=a[i]*nt.a[j];
for(int i=1;i<=res.n;++i)
res.a[i+1]+=res.a[i]/base,res.a[i]%=base;
res.work();
return res;
}
inline bool operator < (const Bigint &nt) const
{
if(n!=nt.n)
return n<nt.n;
for(int i=n;i;--i)
if(a[i]!=nt.a[i])
return a[i]<nt.a[i];
return false;
}
};
template <class t> inline void read(t &s)
{
s=0;
reg int f=1;
reg char c=getchar();
while(!isdigit(c))
{
if(c=='-')
f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c))
s=(s<<3)+(s<<1)+(c^48),c=getchar();
s*=f;
return;
}
inline bool issame(const Bigint &a,const Bigint &b)
{
int T=k/8;
for(int i=1;i<=T;++i)
if(a.a[i]!=b.a[i])
return false;
reg int lim=pow10[k-T*8];
return a.a[T+1]%lim==b.a[T+1]%lim;
}
inline Bigint fastpow(Bigint a,int b)
{
reg Bigint res;res.clear();
res.a[1]=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a)
if(b&1)
res=res*a;
return res;
}
Bigint A,B,t,two,five;
Bigint ans;
Bigint fivepow[150],twopow[150];
Bigint dp[150][150];
signed main(void)
{
A.read();
read(k);
if(A.a[1]==1&&A.n==1)
{
puts("0");
return 0;
}
if(A.a[1]==0&&A.n==1)
{
puts("0");
return 0;
}
if(issame(A*A,A))
{
puts("1");
return 0;
}
two.clear();
five.clear();
ans.clear();
ans.a[1]=-1;
two.a[1]=2;
five.a[1]=5;
{
for(int i=0;i<k;++i)
fivepow[i].clear();
fivepow[0].a[1]=1;
for(int i=1;i<k;++i)
fivepow[i]=fivepow[i-1]*five;
}
{
for(int i=0;i<=k+1;++i)
twopow[i].clear();
twopow[0].a[1]=1;
for(int i=1;i<=k+1;++i)
twopow[i]=twopow[i-1]*two;
}
{
for(int i=0;i<=k+1;++i)
for(int j=0;j<k;++j)
dp[i][j].clear();
dp[0][0]=A;
for(int i=1;i<=k+1;++i)
dp[i][0]=dp[i-1][0]*dp[i-1][0];
for(int i=0;i<=k+1;++i)
for(int j=1;j<k;++j)
dp[i][j]=dp[i][j-1]*dp[i][j-1]*dp[i][j-1]*dp[i][j-1]*dp[i][j-1];
// dp[i][j]=fastpow(dp[i][j-1],5);
}
for(int i=0;i<=k+1;++i)
{
for(int j=0;j<k;++j)
{
if(!i&&!j)
continue;
B=twopow[i]*fivepow[j];
t=dp[i][j]*A;
if(issame(t,A))
{
if(ans.a[1]==-1||B<ans)
ans=B;
}
}
}
ans.write();
return 0;
}
// phi(10^k) = 4*10^(k-1)