牛客网-求root(N, k)【快速幂+模运算规律总结】

模运算规律总结

运算规则

模运算与基本四则运算有些相似，但是除法例外。其规则如下：

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(a + b) % p = (a % p + b % p) % p （1）

(a – b) % p = (a % p – b % p) % p （2）

(a * b) % p = (a % p * b % p) % p （3）

(a^b) % p = ((a % p)^b) % p （4）

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结合律：

((a+b) % p + c) % p = (a + (b+c) % p) % p （5）

((ab) % p * c)% p = (a * (bc) % p) % p （6）

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交换律：

(a + b) % p = (b+a) % p （7）

(a * b) % p = (b * a) % p （8）

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分配律：

((a +b)% p * c) % p = ((a * c) % p + (b * c) % p) % p （9）

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重要定理：

若a≡b (% p)，则对于任意的c，都有(a + c) ≡ (b + c) (%p)；（10）

若a≡b (% p)，则对于任意的c，都有(a * c) ≡ (b * c) (%p)；（11）

若a≡b (% p)，c≡d (% p)，则 (a + c) ≡ (b + d) (%p)，(a – c) ≡ (b – d) (%p)，

快速幂与矩阵快速幂

辗转相除法，求素数预算，快速幂预算
矩阵快速幂

题解

这道题首先需要看到一个数理上的规律，首先对于k进制的数，我们可以把他写成如下形式
$N=a_0+a_1*k+a_2*k^2+...+a_n*k^n$
$N'=a_0+a_1+...+a_n$
两式相减我们可以得到
$N-N'=a_1(k-1)+a_2(k^2-1)+...+a_n(k^n-1)$
可以看到每一个项都有一个 $(k-1)$的项，那么左边对(k-1)取余显然结果为0，即 $(N-N')$。同理，只要我们的 $N'$项不小于 $k$，这个过程就会一直继续下去，我们记这个过程求出的所有 $N$为 $N,N',N'',N^r$（我们总会碰到一项 $N^r$，使得 $N^r<k-1$），那么我们有：

$(N-N')\%(k-1)=0$
$(N'-N'')\%(k-1)=0$
$(N^{r-1}-N^r)\%(k-1)=0$
根据上门上述的模运算规律，我们将左侧所有项相加
$(N-N^r)\%(k-1)=0$
$N\%(k-1)=N^r\%(k-1)$
因为 $N^r$已经比 $k-1$小了，所以得到
$\color{blue}N\%(k-1)=N^r$
那么只要我们得到N的值，就可以直接求出结果，现在问题变成了 $x^y$，这么大的数据范围显然不可能pow水过，那么大数乘法+快速幂？太麻烦了求模运算不好施展。所以我们使用求模运算的性质，在求出N的过程中不断取模即可。

#include<iostream>
#include<string>
#include<string.h>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<queue>
using namespace std;

#define ll unsigned long long
#define MAX 250
#define inf 10000000

ll root(ll x, ll y, ll k) {
	ll base = x, ans = 1;
	while (y > 0) {
		if (y & 1)ans = (ans % (k - 1)* base % (k - 1)) % (k - 1);
		base = ((base % (k - 1))*(base % (k - 1))) % (k - 1); y >>= 1;
	}
	if (ans == 0)ans = k - 1;
	return ans;
}

int main() {
	ll x, y, k;
	while (cin >> x >> y >> k) {
		cout << root(x, y, k) << endl;
	}
}