一、概念 费马小定理：a^(p-1)≡1(modp) （a,p)=1//a与p互素 a*(p-1)≡1(modp)相当于 a^(p-1)modp==1modp 完全剩余系：将对一个数m取余，余数相同的一类数称呼同余类（比如1mod3=1,4mod3=1。1,4为模m的同余类）。 那么一个
Tonelli-Shanks算法_python 该算法应用于求二次剩余 也就是形如 x 2 ≡ n (
from wikipedia In group theory, a branch of mathematics, the baby-step giant-step is a meet-in-the-middle algorithm for computing the discrete logarithm or order of an element in a finite abelian group due to Daniel Shanks. The discrete log problem is o
传送门 给你一个素数p，让你求 k!%p, 其中k为比p小的整数里最大的素数。例如p=5，则k=3。p=11，则k=7。 k! = k*(k-1)*······*2*1; Input第一行包含一个整数 T(1<=T<=10) 表示测试样例的个数.接下来有T行，每行包含一个素数 p (1e9≤p≤1e14)Output对于每个测试样例，输出一个整数k!%p
今天粉兔同学问了一个问题：如何证明贝尔数的 Touchard’s Congruence 性质： Bn+p≡Bn+1+Bn(modp) B_{n+p} \equiv B_{n+1} + B_n \pmod p Bn+p≡Bn+1+Bn(modp) 其中 ppp 是质数，BnB_nBn 是贝尔数。 为了证明这个问题，我们首先证明一个引理： 引理 1：∑k{pk}xk≡x+xp(modp)
复习一下。 定理： ppp为质数，p∤ap \nmid ap∤a ap−1≡1(modp)a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}ap−1≡1(modp) 是不是一个很让人谔谔的式子？ 证明： 构造序列A={1,2,3,⋯ ,p−1}设f=(p−1)!，则f≡a×A1×a×A2×⋯×a×Ap−1(modp)证明：因为∀1≤i≤p−1gcd(Ai,p)=1,gcd(a,p)=1所以
51nod 题目口胡(1) 1039 X^3 Mod P 令g为P的原根，不妨设 gt1≡X(modP)g^{t_1}\equiv X \pmod{P}gt1≡X(modP)，gt2≡A(modP)g^{t_2}\equiv A \pmod{P}gt2≡A(modP) （求离散对数） 显然有3t1≡t2(modP−1)3t_1 \equiv t_2 \pmod{P-1}3t1≡t2(modP−1) 求出离散对数t2之后， t
同余3：解高次同余方程的BSGS算法及其扩展学习笔记阶原根指标离散对数BSGS算法扩展BSGS算法解决第二个公式的方法（待填） 前言：在前两篇博客，我提到了解决单个线性同余方程的方法，以及解决线性同余方程组的方法，但是，当单个同余方程变成Ax≡B(modP)A^x \equiv B \pmod PAx≡B(modP)或
一道快速幂,因为忘记处理时 +modp 而产生负数错误,在此记录 题目大意 给出一颗生成树,树边有红边与黑边两种. 定义一个好的长度为k的序列为 \([a_1,a_2,\dots,a_k]\) 其中相邻两个点可以不相邻,则经过一条最短路径走到. 从\(a_1\)走到\(a_k\)至少经过一条黑边. 其中允许\(a_i=a_j\)
