*任意n的一道式子

Given a prime number C(1≤C≤2×105)C(1≤C≤2×105),
and three integers k1, b1, k2 (1≤k1,k2,b1≤109) 
(1≤k1,k2,b1≤109). Please find all pairs (a, b) which satisfied the equation ak1⋅n+b1 
 ak1⋅n+b1+bk2⋅n−k2+1 
  bk2⋅n−k2+1 = 0 (mod C)(n = 1, 2, 3, ...).
InputThere are multiple test cases (no more than 30). For each test, a single line contains four integers C, k1, b1, k2.OutputFirst, please output "Case #k: ", k is the number of test case. See sample output for more detail. 

Please output all pairs (a, b) in lexicographical order. (1≤a,b<C)(1≤a,b<C).
If there is not a pair (a, b), please output -1.Sample Input

23 1 1 2

Sample Output

Case #1:
1 22

这道题真的很难，必须要很好的数学功底以及足够的思维能力，还有敢于尝试且有很好的总结能力。

然而很正常的，我做不出来。。

看来很多百度的，只有一种做法我比较认同，然后ac了。

消化了他的做法。在这里讲讲：（同时总结一点他人的套路，看看以后自己用不用得到）

首先，（这是第一步），就是想到用n = 1代入看看结果如何。可以得到a^k1+a^bi+b = 0.（mod c）

这样可以得到b = -（a^(k1+b1)）(mod c)。

然后明显1条式子并不能推出什么。（可能这就是一个逻辑的走向吧，我想既然哦自己没能做出这题，没能自然而然的想到这样的解法，但是或许可以向他这样，遇到n的，而且n 任意的，就先从1开始代起，看看能不能得到什么）

代入2之后

a^(2*k1+b1) + b^(k2+1) = 0；

由于 b = -（a^(k1+b1)）(mod c)。于是可以换掉一个a。（其实根本的就是结合两个式子求得规律）

b^(k2+1)=-a^(2*k1+b1)=b*a^(k1)。

所以很明显了

b^k2=a^k1；

于是可以只要枚举所有a，由a推出b(b = -（a^(k1+b1)）(mod c))。

然后检验是否满足，满足就输出，ok，ac！

在此膜拜一下那个想出这种做法的dalao



向他学习。

ac代码：

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <sstream>
#define INF 1e9

using namespace std;
typedef long long ll;
ll c,k1,k2,b1;
ll quickpow(ll a,ll b)
{
ll ans = 1;
while (b!=0)
{
if(b&1)
{
ans*=a;
ans%=c;
}
a*=a;
a%=c;
b>>=1;
}
return ans;
}//以后快速幂都写一个函数好了，方便又不会乱
bool judge(ll a,ll b)
{
if(quickpow(a,k1)!=quickpow(b,k2))
{
return false;
}
return true;
}//判断的
int main(void)
{
int k = 1;
while (scanf("%lld %lld %lld %lld",&c,&k1,&b1,&k2)!=EOF)
{
int flag = 0;
printf("Case #%d:\n",k++);
for (ll a = 1;a < c;a++)
{
ll b = -quickpow(a,(b1+k1)%(c-1));
b = (b+c)%c;
if(judge(a,b))
{
printf("%lld %lld\n",a,b);
flag = 1;
}
}
if(!flag)
cout<<-1<<endl;
}
}//要记得用ll，一开始没用ll还错了- -