複雑性理論では、いくつかの機能はほぼO（1）O（1）、それは大きい次に、O（1）O（1）。例えば、典型的な互いに素な集合の複雑さはO（Nα（N））であり、O（N * **α （ N ））。ここでα（n）は、 α （ N ）成長速度が非常に遅い逆アッカーマン関数は、です。だから、実用的なアプリケーションでは、私たちはしばしば仮定α（n）は\ル4 α （ N *）≤4。
しかしながら、O（α（n））をO（α（N））O（1）よりも大きいO、N場合手段（1）、nは十分な大きさ、α（n）は、α（Nは）任意の一定値よりも大きくすることができ。
今すぐあなたのタスクは、他のゆっくり関数logせているリットルの Oのグラム* X X *が一定値bに達するBを。ここでログ L Oのグラムそれが意味する、*は対数関数を繰り返す「対数関数は繰り返しに塗布回数をX、X *結果は、対数ベース未満である前にA」。
正式に、反復対数関数LOG_を考える{A} ^ L O G **
最小の正の整数の引数X見つけるXを LOG_せ、{A} ^ *（X）\ GEのb *のL Oの G ** *（ X ）≥ B 。ちょうどその結果、X印刷するので、答えは、非常に大きいかもしれ X *後のモッズメートルのメートルを。
入力
入力の最初の行は、単一の整数T（T \ル300）がT（Tテストケースの数を示す≤300）。
次の行のそれぞれが33個の整数含まA、BのB及びM mは。
10000001≤\ A \ 1 持って ≤1000000
0 \ B \10000000≤ B ≤1000000
10000001≤\ 1 \メートルメートル ≤1000000
== 1は、我々が考える場合には、最小数のxが1であることに注意してください。
出力
各テストケースのために、出力のX X MOD m個のM単一ラインです。
ヒント
4 th4- * Tに**時間*クエリ、A = 3 、A = 3、B = 2 、B = 2。次いでLOG_ {3} ^ *（27）= 1 + LOG_ {3} ^ *（3）= 2 + LOG_ {3} ^ *（1）= 3 +（ - 1）= 2 \ GE BをL Oと G 3 *（27）= 1 + L Oの G 3 *（3）= 2 + L個のOの G 3 *（1）= 3 +（ - 1）=2≥ Bため、出力は2727 MOD 16 = 1116 = 11です。
サンプル入力のコピー
5
2 0 3
3 1 2
3 1 100
3 2 16
5 3 233サンプル出力のコピー
1
1
3
11
223変更のCF-906Dのバージョンと題したこのトピックでは、このブログの対応するタイトルを学ぶために私を招待しました。
https://www.cnblogs.com/qieqiemin/p/11478970.html
この問題は合格するには0を読み取るために、それを変更する必要があり、プラスの判断の特別な力の1組。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '\0', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define chu(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]"<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn = 1000010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
ll mod(ll x, ll m)
{
return x >= m ? x % m + m : x;
}
ll powmod(ll a, ll b, ll MOD)
{
ll ans = 1;
while (b)
{
if (b % 2)
ans = mod(ans * a, MOD);
// ans = ans * a % MOD;
// a = a * a % MOD;
a = mod(a * a, MOD);
b /= 2;
}
return ans;
}
ll m;
int n;
int q;
ll a;
map<ll, ll> vis;
ll euler(ll n) { //log(n)时间内求一个数的欧拉值
if (vis.count(n))
{
return vis[n];
}
ll ans = n;
for (ll i = 2; i * i <= n; i++) {
if (n % i == 0)
{
ans -= ans / i;
while (n % i == 0) n /= i;
}
}
if (n > 1) ans -= ans / n;
vis[n] = ans;
return ans;
}
ll solve(int l, int r, ll m)
{
if (l == r || m == 1)
return mod(a, m);
return powmod(a, solve(l + 1, r, euler(m)), m);
}
int main()
{
//freopen("D:\\common_text\\code_stream\\in.txt","r",stdin);
//freopen("D:\\common_text\\code_stream\\out.txt","w",stdout);
scanf("%d", &q);
int l, r;
while (q--)
{
scanf("%d %d %lld", &a, &r, &m);
if (r == 0)
{
printf("%lld\n", 1 % m );
continue;
}
printf("%lld\n", solve(1, r, m) % m);
}
return 0;
}
inline void getInt(int* p) {
char ch;
do {
ch = getchar();
} while (ch == ' ' || ch == '\n');
if (ch == '-') {
*p = -(getchar() - '0');
while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
*p = *p * 10 - ch + '0';
}
}
else {
*p = ch - '0';
while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
*p = *p * 10 + ch - '0';
}
}
}