【普及+/提高】洛谷P2613 ——【模板】有理数取余

见：P2613 【模板】有理数取余 - 洛谷

题目描述

给出一个有理数 c=ba​，求 cmod19260817 的值。

这个值被定义为 bx≡a(mod19260817) 的解。

输入格式

一共两行。

第一行，一个整数 a。
第二行，一个整数 b。

输出格式

一个整数，代表求余后的结果。如果无解，输出 Angry!。

输入输出样例

in：
233
666
out：
18595654

说明/提示

对于所有数据，保证 0≤a≤1010001，1≤b≤1010001，且 a,b 不同时是 19260817 的倍数。

算法介绍

本题需使用逆元。

逆元即对于同余方程 ax≡1(modp)，

则 x 为 amodp 的逆元，

记作 a−1。

若其满足 a∤p，

则 a−1≡ap−2(modp)。

本题中 a 和 b 为较大的整数，

可以用快读来读入，

并对 19260817 取模。

正确性证明

根据费马小定理可知 ap−1≡1(modp)。

费马小定理证明：

构造集合 S={1,2,3,…,p−1}，

同时构造集合 S′={a,a×2,a×3,…,a×(p−1)}。

由于 a∤p，

所以 a 和 p 互质。

因此对于所有不同的 u 和 v，

一定满足 a×u≡a×v(modp)。

所以 S′ 是模 p 意义下的完全剩余系，

且没给元素都与 S 中的某个元素同余。

然后计算 S 的积 ∏S=1×2×3×…(p−1)=(p−1)!(modp)，

以及 S′ 的积 ∏S′=a×(a×2)×(a×3)×…(a×(p−1))=ap−1×(p−1)!(modp)。

因为 S 和 S′ 都是模 p 意义下的完全剩余系，

所以两集合的积同余，即 (p−1)!≡ap−1×(p−1)!(modp)。

最后化简得 ap−1≡1(modp)。

证出费马小定理，可以推出逆元式子：

1≡1(modp)a1×a−1≡ap−1(modp)a−1≡ap−2(modp)

对于幂的计算，可以使用快速幂。

时间复杂度 O(logA)。

此题还要用快读

 由于 a/b 可能是超大整数（如 10^10000 量级），

需在读入时直接对 19260817 取模，

避免高精度计算。

因此，

需要改造传统的快读为“即时取模”的快读。
“即时取模”的快读是一种在输入大整数时直接进行取模运算的优化技术，

常用于处理需要大数运算但最终结果需取模的场景（如数论题目）。

其核心思想是在逐位读取数字时同步计算模值，

避免存储完整的大数。

“即时取模”的快读代码如下所示。

int read() {int x=0,f=1;char c=getchar();while(c<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>='0' && c<='9') {x=(x*10LL+c-'0')%m;c=getchar();}return x*f;
}

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int m=19260817;int read() {int x=0,f=1;char c=getchar();while(c<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>='0' && c<='9') {x=(x*10LL+c-'0')%m;c=getchar();}return x*f;
}
ll fast(ll a,ll n,ll p) {ll s=1;while(n) {if(n&1)s=s*a%p;n>>=1;a=a*a%p;}return s%p;
}
int main() {ll a=read(),b=read();if(b==0)cout<<"Angry!";else cout<<a*fast(b,m-2,m)%m;return 0;
}

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