题解报告：hdu 1576 A/B（exgcd、乘法逆元+整数快速幂）

时间：2021-05-05 15:34:08

Problem Description

要求(A/B)%9973，但由于A很大，我们只给出n(n=A%9973)(我们给定的A必能被B整除，且gcd(B,9973) = 1)。

Input

数据的第一行是一个T，表示有T组数据。每组数据有两个数n(0 <= n < 9973)和B(1 <= B <= 10^9)。

Output

对应每组数据输出(A/B)%9973。

Sample Input

2
1000 53
87 123456789

Sample Output

7922
6060

解题思路：这道题有三种做法，①是扩展欧几里德算法，②是试探算法，③是乘法逆元。

解法一：可以用解整数的不定方程来解决，即使用扩展欧几里德算法。

根据题意，输入的n=A%9973（没有输入A）,A%B=0（A必能被B整除），B与9973互质（gcd(B,9973)=1）。
设x=(A/B)%9973（x是最终想计算的值），则9973k+x=A/B（k为整数：(A/B)/9973），得A=9973Bk+xB。
因为n=A%9973与A=9973Bk+xB，所以xB%9973=n，得xB=n+9973y。故：(x/n)B+(-y/n)9973=1=gcd(B,9973)，该方程有解。要求x和y，先求X=x/n和Y=-y/n,即先解方程BX+9973Y=1。最后,x=X*n。需要注意的是，求得的x有可能是负值，需要调整为正数，即x=(x+a)%a。

顺便推导一下扩展欧几里得算法的计算过程：假设ax+by=gcd(a,b)，由欧几里得算法可得gcd(a,b)=gcd(b,a%b)，即ax+by=bx1+(a%b)y1=bx1+(a-a/b*b)y1=ay1+b(x1-a/b*y1)，由恒等定理可得x=y1，y=x1-a/b*y1，这样我们就得到了求解x，y的方法：系数x，y基于x1，y1。终止条件：当b=0时，a为最大公约数。这时只需保证a的系数即x=1即可，y取任何值都不会由影响，因为此时b=0，所以我们不妨假设y=0，exgcd先递归到最后再回溯回来计算每个状态下的x'，y'，最终就可求得系数x，y的值。

AC代码：

 #include<bits/stdc++.h>

 using namespace std;

 int exGcd(int a,int b,int &x,int &y)//exgcd算法

 {

     if(b==){x=;y=;return a;}//ecgcd的终止状态为a=gcd，b=0

     int r=exGcd(b,a%b,x,y);//下一个状态：b*x1+(a%b)*y1=gcd(b,a%b)，相当于欧几里得算法，先递归到b=0，然后返回每个状态下的公约数

     int t=x;x=y;y=t-a/b*y;//x=y',y=x'-a/b*y'

     return r;//返回当前的公约数给上一个状态

 }

 int main()

 {

     int t,n,b,x,y,a=;//a为质数

     cin>>t;

     while(t--){

         cin>>n>>b;

         exGcd(b,a,x,y);//方程：bx+ay=gcd(b,a)=1

         //if(x<0)x+=a;

         x=(x+a)%a;// x有可能为负,需要调整为正数

         cout<<x*n%a<<endl;//A=m*B，x=m/n --> m=x*n，(A/B)%9973=(x*n*B/B)%9973=(x*n)%9973

     }

     return ;

 }

解法二：试探法。根据题意，输入的n=A%9973（没有输入A）,A%B=0（A必能被B整除），B与9973互质（gcd(B,9973)=1）。
设x=(A/B)%9973（x是最终想计算的值，满足0<=x<9973），则9973k+x=A/B（k为整数：(A/B)/9973），得A=9973Bk+xB。
因为n=A%9973与A=9973Bk+xB，所以xB%9973=n，得xB=n+9973y，亦得xB-n=9973y。故：(xB-n)%9973=0
需要注意的是，变量类型为long long。

AC代码：

 #include<bits/stdc++.h>

 using namespace std;

 int main()

 {

     int t;

     long long n,b;//要用long long不然会溢出(n接近10的4次方,b接近10的9次方,取最大时已经超int)

     cin>>t;

     while(t--){

         cin>>n>>b;

         for(int x=;x<;x++)

             if((x*b-n)%==){cout<<x<<endl;break;}//试探算法

     }

     return ;

 }

解法三：乘法逆元。∵(A/B)%9973=A%9973*B-1%9973=n*B-1%9973，根据费马小定理a(p-1)≡1(mod p)，即a*a(p-2)≡1(mod p)，又由乘法逆元：ax≡1(mod p)可得x=a(p-2)%p=a-1%p（注意：p是质数，且p不能整除a（即gcd(a,p)=1），x为a关于模p的乘法逆元）∴最终可以推得n*B-1%p=n*B(p-2)%p（这里的p=9973），套一下整数快速幂模板即可。

AC代码：

 #include<bits/stdc++.h>

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 const int mod=;

 LL mod_power(LL a,LL b){//整数快速幂

     LL ans=;

     while(b){

         if(b&)ans=ans*a%mod;

         a=a*a%mod;

         b>>=;

     }

     return ans;

 }

 int main(){

     int t;LL n,B;

     while(cin>>t){

         while(t--){

             cin>>n>>B;

             cout<<n*mod_power(B,mod-)%mod<<endl;//n*B^(p-2)%p

         }

     }

     return ;

 }

相关文章