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 ;
}

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