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正题

题目链接:https://gmoj.net/senior/#main/show/7177

题目大意

给出 n n n求一个最小的 x ( x > 0 ) x(x>0) x(x>0)满足
( ∑ i = 1 x i ) ≡ 0 ( m o d    n ) \left(\sum_{i=1}^xi\right)\equiv 0(\mod n) (i=1∑x​i)≡0(modn)

1 ≤ n ≤ 1 0 12 , 1 ≤ T ≤ 100 1\leq n\leq 10^{12},1\leq T\leq 100 1≤n≤1012,1≤T≤100

解题思路

转成等比数列求和就是
i ( i + 1 ) 2 ≡ 0 ( m o d    n ) ⇒ i ( i + 1 ) = 2 k n \frac{i(i+1)}{2}\equiv 0(\mod n)\Rightarrow i(i+1)=2kn 2i(i+1)​≡0(modn)⇒i(i+1)=2kn

从里面获得一下信息，考虑枚举 2 n 2n 2n的所有约数 d d d，那么我们有 x d × y 2 n d = 2 k n xd\times y\frac{2n}{d}=2kn xd×yd2n​=2kn。

也就是设 y 2 n d = x d + 1 y\frac{2n}{d}=xd+1 yd2n​=xd+1，这个式子我们用 e x g c d exgcd exgcd求出最小解然后所有里面取最小的。

然后是一点优化，首先暴力枚举约数是 O ( n ) O(\sqrt n) O(n ​)的，我们可以质因数分解之后搜索就是 O ( σ 0 ( n ) ) O(\sigma_0(n)) O(σ0​(n))的了。

然后因为 i i i和 ( i + 1 ) (i+1) (i+1)一定互质，所以 d d d和 2 n d \frac{2n}{d} d2n​不能有相同的质因子。

这样应该就能过了。

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+10;
ll T,n,ans,cnt,tot,pri[N/10],p[30];
bool v[N];
void Prime(){
	for(ll i=2;i<N;i++){
		if(!v[i])pri[++cnt]=i;
		for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<N;j++){
			v[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0)break;
		}
	}
	return;
}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(!b){x=1;y=0;return a;}
	ll d=exgcd(b,a%b,x,y);
	ll z=y;y=x-(a/b)*y;x=z;
	return d;
}
void solve(ll x,ll f){
	if(x>tot){
		if(f==1||f==n)return;
		ll a=n/f,b=f,X,Y;
		ll d=exgcd(a,b,X,Y);
		Y=-Y;
		if(X<0){Y+=((-X+b-1)/b)*a;X+=((-X+b-1)/b)*b;}
		if(X>0){Y-=(X/b)*a;X-=(X/b)*b;}
		if(Y<0){X+=((-Y+a-1)/a)*b;Y+=((-Y+a-1)/a)*a;}
		ans=min(ans,min(X*a,Y*b));
		return;
	}
	solve(x+1,f);
	solve(x+1,f*p[x]);
	return;
}
signed main()
{
	Prime();
	scanf("%lld",&T);
	while(T--){
		scanf("%lld",&n);tot=0;
		n=n*2;ll x=n;ans=n-1;
		for(ll i=1;i<=cnt;i++){
			if(x%pri[i]==0){
				p[++tot]=1;
				while(x%pri[i]==0)
					p[tot]*=pri[i],x/=pri[i];
			}
		}
		if(x!=1){p[++tot]=x;}
		solve(1,1);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

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来源： https://blog.csdn.net/Mr_wuyongcong/article/details/118761089

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