POJ 3696 The Luckiest number 欧拉定理+快速幂+GCD *

题目地址：http://poj.org/problem?id=3696

思路来源：1，2，3，4

关键是推公式：

（10^x-1）/9*8=L*k,

->(10^x-1)*8=9*L*k

->(10^x-1)*8/gcd(9*L,8)=9*L/gcd(9*L)*k 而8/gcd(9*L,8)与9*L/gcd(9*L,8)互质，因为他们除掉了gcd

->9*L/gcd(9*L,8)|(10^x-1)    因为8/gcd(9*L,8)与9*L/gcd(9*L,8)互质，且因为k为整数，所以9*L/gcd(9*L,8)|(10^x-1)肯定能整除

->(10^x-1)=9*L/gcd(9*L,8)*k' 令q=9*L/gcd(9*L,8)

->(10^x-1)=q*k'

->(10^x-1)=0 (mod q)

->10^x=1 (mod q)

若同余式有解，则10^(x-1)*10=1 (mod q) 又因为[10^(x-1)mod q ]*(10mod q)=1，所以10mod q=1 ，即gcd(10,q)==1 ，无解就是gcd(10,q)!=1。  

于是变为求10^x=1 (mod q)中的x值

又根据欧拉定理

gcd(a,b)==1可得到a^φ(b)≡1(mod b)

所以10^φ(q)≡1(mod q)

即结论： 10^x ≡1 (mod n) 则成立的最小 x 是φ(n)的约数最小的解为φ(q)的因子

证明如下：

设k不是φ(n)的约数

10^k≡1(modn)

假设gcd(k,φ(n))=s，必然有一个数a，a是k的倍数，a+s是φ(n)的倍数。

10^a≡10k≡1(modn)

10^(a+s)≡10φ(n)≡1(modn)

所以10^s≡1(modn)

而k不是φ(n)的约数，s是φ(n)的约数，s又是k的约数

所以s＜k。而若k是符合要求的，则必然有一个更小的s。

所以答案一定是φ(n)的约数。

所以只要求出L的欧拉函数值，再枚举φ(L) 的因数，并从小到大验证10^x=1 (mod q) 便能得出答案

#所以凡是那种1111111..... 2222222..... 33333.....

之类的序列都可用这个式子来表示：

k*(10^n-1)/9

再用类似上述方法转化

此题还要注意快速幂会溢出long long类型

代码如下：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL gcd(LL a,LL b)
{
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
LL euler_phi(LL n)
{
LL res=1;
for(LL i=2;i*i<=n;i++)
if(n%i==0) {         //说明i|n
n/=i,res*=i-1;
while(n%i==0) n/=i,res*=i;  //说明i^2|n
}
if(n>1) res*=n-1;
return res;
}
LL Mul(LL a,LL b,LL p)  //a*b(mod p)  改为加法，防止溢出
{
LL result=0;
while(b)
{
if(b & 1) result=(result+a)%p;
a=(a+a)%p;
b>>=1;
}
return result;
}
LL PowMod(LL x,LL n,LL p)  //x^n 对Max取模
{
LL result=1;
LL base = x%p;
while(n>0)
{
if(n & 1)
result=Mul(result,base,p); //当二进制不为0时，就要乘个
base=Mul(base,base,p);    //累乘此时二进制的权值
n>>=1;
}
return result;
}
int main()
{
int kase=0,L;
while(cin>>L&&L)
{
LL q=9LL*L/gcd(8,L);
if(gcd(10,q)!=1) printf("Case %d: %d\n",++kase,0);
else {
LL e=euler_phi(L);
vector<LL> v;
for(LL i=1;i*i<=e;i++)
if(e%i==0) {             //求欧拉函数φ(L)的因数
v.push_back(i);
v.push_back(e/i);
}
sort(v.begin(),v.end());  //从小到大排序
for(LL i=0;i<v.size();i++)
if(PowMod(10,v[i],q)==1) { //枚举验证
printf("Case %d: %d\n",++kase,v[i]);
break;
}
}
}
return 0;
}