题目大意
给定一个函数
找出满足条件
等于 k
的最小的x
m,k,d已知 其中 m，k 很大需要使用高精度存储
思路：
对 函数f(m)进行化简 ，令t=ceil( log(d,m) )
可以得到 f(m)=d ^ t * ( a [ m / (d^t) ] ) + d ^ (t-1) * ( b[ m/( d^(t-1) ) ] )......+b [m%d] ；
我们一看，每一项都是 跟 d 的次方有关，所以考虑使用 d 进制进行计算
设 m=a1b1b2b3b4（d进制）
那么 f(m)=a[a1]b[b2]b[b3]b[b4]（d进制）
以此类推
fx（m）=k，即 m通过 x次上述变换后得到了k （这里的 m 和 k 均为 d 进制）
于是 我们可以找到 m 每一位第一次等于k的情况以及这一位的循环节 分别存在数组中
那么问题就转化为了解同余方程
这个题还有很多无解的情况，需要注意特判
代码：
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<ctype.h>
using namespace std;
#define MAXN 100000
char m[];
char k[];
long long p[];
long long q[];
long long start[];
long long ans[];
long long res[];
long long mm[];
long long kk[];
long long a[];
long long b[];
long long d;
long long vi[];
long long getnum(char c)
{
return c-'';
}
void trans(char* str,long long base0,long long base1)
{
memset(res,,sizeof(res));
long long y,i,j;
start[]=strlen(str);
for(i=;i<=start[];i++)
{
start[i]=getnum(str[i-]);
}
while(start[]>=)
{
y=; //余数
ans[]=start[];
for(i=;i<=start[];i++)
{
y=y*base0+start[i];
ans[i]=y/base1;
y%=base1;
}
res[++res[]]=y; //这一轮的余数
i=;
while(i<=ans[]&&ans[i]==)
i++;
memset(start,,sizeof(start));
for(j=i;j<=ans[];j++)
start[++start[]]=ans[j];
memset(ans,,sizeof(ans));
}
return;
}
long long save(long long *dis)
{
for(long long i=res[];i;i--)
{
dis[res[]-i]=res[i];
}
return res[];
}
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
if(!b)
{
x=;
y=;
return a;
}
long long tt=exgcd(b,a%b,x,y);
long long t;
t=x;
x=y;
y=(t-a/b*y);
return tt;
}
long long solve(long long r)
{
long long a1,a2,b1,b2,x,y,A,B,C,d,t;
a1=a[];
b1=b[];
for(long long i=;i<r;i++)
{
a2=a[i];
b2=b[i];
A=a1;
B=a2;
C=b2-b1;
d=exgcd(A,B,x,y);
if(C%d)
{
return -;
}
t=B/d;
x=(x*(C/d)%t+t)%t;
b1=a1*x+b1;
a1=a1/d*a2;
}
return b1;
}
int main()
{
while(scanf("%lld",&d),d!=-)
{
for(long long i=;i<d;i++)
scanf("%lld",p+i);
for(long long i=;i<d;i++)
scanf("%lld",q+i);
scanf("%s%s",m,k);
trans(m,,d);
long long nm=save(mm);
trans(k,,d);
long long nk=save(kk);
if(nm!=nk)
{
puts("NO");
continue;
}
memset(a,-,sizeof(a));
memset(b,-,sizeof(b));
bool have=;
for(long long i=;i<nm;i++)
{
bool ok=;
long long tmp=;
memset(vi,,sizeof(vi));
for(long long j=mm[i];;)
{
if(j==kk[i])
{
if(ok==)
{
b[i]=tmp;
ok=;
}
else
{
a[i]=tmp-b[i];
break;
}
}
tmp++;
if(i==)
j=p[j];
else
j=q[j];
if(tmp>=)
{
ok=;
break;
}
}
if(!ok)
{
have=;
break;
}
}
if(!have)
{
puts("NO");
continue;
}
long long ans=solve(nm);
if(ans==-)
{
puts("NO");
continue;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}