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題目大意

已知函數(shù)$lo{g}_a^{?}$形式如下：
$$lo{g}_a^{?}(x)=\{\begin{array}{ll}?1& \text{,?if?x<1}\\ 1+lo{g}_a^{?}(lo{g}_{a}x)& \text{,?if?x}\ge 1\end{array}$$
現(xiàn)在給出$a,b,m$，要找到最小的正整數(shù)$x$，使得$lo{g}_a^{?}(x)\ge b$。由于$x$可能很大，所以需要取模$m$。

題目分析

多造幾組$a,b$去算$x$，可以發(fā)現(xiàn)這個(gè)問題就是求：
$$\underset{b\text{?times}}{a^{a^{a^{...}}}}modm$$

因?yàn)楸┝η筮@個(gè)數(shù)的過程量會(huì)非常大，所以需要對(duì)過程量取模。但是過程量是指數(shù)，我們不能直接對(duì)其取模，這里就需要用上歐拉降冪。
$$a^b\equiv ?\begin{array}{ll}{a}^{b\%\phi (p)}(modp)& \text{,?gcd(a,?p)=1}\\ a^b(modp)& \text{,?b?<}\phi (p)\\ a^{b\%\phi (p)+\phi (p)}(modp)& \text{,?b}\ge \phi (p)\end{array}$$
知道了這些就里答案很接近了，我們可以每次都把問題遞歸分解為求利用歐拉降冪解指數(shù)部分的值，回歸時(shí)再計(jì)算層指數(shù)運(yùn)算的結(jié)果。

要注意：除了分解了$b$次可以返回之外，歐拉函數(shù)迭代到1也可以提前返回，可以減少大量不必要的運(yùn)算。

黑歷史記錄：

• 沒有想到模數(shù)的歐拉函數(shù)迭代到1可以提前返回的情況，因?yàn)槿魏握麛?shù)取模1都等于0，所以沒必要再繼續(xù)運(yùn)算。
• 沒有考慮到歐拉函數(shù)迭代到1是返回值為0時(shí)的處理1。

代碼如下

#include <iostream> #include <cstdio>using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 1e6 + 10; int T, a, b ,m; int phi[maxn]; ll prime[maxn]; bool vis[maxn]; //快速冪 ll quick_pow(ll x, ll n, ll Mod) {ll res = 1;while (n) {if (n & 1) res = (res * x) % Mod;x = (x * x) % Mod;n >>= 1;}return res; } //線性篩篩求歐拉函數(shù) void getphi(int n) {int i, j, tot = 0;phi[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i++) {if (!vis[i]) {prime[++tot] = i;phi[i] = i - 1;}for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= n; j++) {vis[i * prime[j]] = 1;if (i % prime[j] == 0) {phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];break;} else {phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);}}} }int dfs(int a, int b, int m) {//歐拉函數(shù)迭代到1if (m == 1) return 0;//已經(jīng)迭代到最后一次了if (b == 0) return 1;int x = dfs(a, b - 1, phi[m]);//x為0是歐拉函數(shù)迭代到1返回的if (x < phi[m] && x) return quick_pow(a, x, m);else return quick_pow(a, x + phi[m], m); }int main() {getphi(maxn-10);scanf("%d", &T);while (T--) {scanf("%d %d %d", &a, &b, &m);printf("%d\n", dfs(a, b, m));}return 0; }

參考鏈接

https://www.cnblogs.com/ACMLCZH/p/8117161.html?tdsourcetag=s_pctim_aiomsg

總結(jié)

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