題目傳送門
Subtask 1
直接模擬。
Subtask 2
BSGS算法模板。
Subtask 3
考慮模 $m$ 的任意一個原根 $g$。
假設 $g^{ra} \equiv x \pmod {m}, g^{rb} \equiv y \pmod{m}$ 。
那麼原題的方程等價於方程 $a \cdot ra \equiv rb \pmod {\varphi(m)}$。
它等價於 $x \cdot ra - y\cdot \varphi(m) = rb$。
設 $d = \varphi(m)$。
它存在滿足條件的解當且僅當 $(ra, d) \mid rb$。
這個條件仍然不好處理，因爲我們難以求出 $rb$。
考慮這樣一個條件 $(ra, d) \mid (rb, d)$。
我們來證明，滿足 $(ra, d) \mid rb$ 當且僅當 $(ra, d) \mid (rb, d)$。
充分性顯然。
考慮必要性，因爲 $((ra,d), (rb,d)) = (ra, rb, d) = ((ra, d) , rb) = (ra, d)$。
所以有 $(ra, d) \mid (rb, d)$。
現在的問題是如何求 $(ra, d)$。
引理 設 $g$ 爲模 $m$ 意義下的一個原根 ，如果 $g^{ra} \equiv a \pmod {m}$，設 $\delta_m(a) = d$ ，那麼有 $(ra, \varphi(m)) d = \varphi(m)$.
證明 因爲有 $\left( g^{ra}\right)^d \equiv 1\pmod{m}$，所以 $\varphi(m) | ra \cdot d$。
那麼有 $ra \cdot d \equiv 0 \pmod {\varphi(m)}$.
所以有 $d \equiv 0 \pmod{\frac{\varphi(m)}{(\varphi(m), ra)}}$.
因爲 $d$ 是滿足條件的最小正整數，所以有 $d = \frac{\varphi(m)}{(\varphi(m), ra)}$。
所以 $(\varphi(m), ra) d = \varphi(m)$。
因此我們把問題轉化爲求階。
衆所周知，階是 $\varphi(m)$ 的約數，所以我們暴力枚舉所有因子能通過這個subtask。
Subtask 4
因爲 $p$ 隨機，所以期望的因子個數只有幾千，做法同 Subtask 3。
Subtask 5
騙暴力選手去卡常。
Subtask 6
我們考慮優化求階的做法。
引理 設 $d = \delta_m(x)$，如果 $d_0$ 滿足 $x^{d_0} \equiv 1\pmod {m}$，那麼有 $d | d_0$。
證明 設 $d_0 = qd + r\ (0 < r < d)$。那麼有 $x^{qd + r} \equiv (x^{d})^q x^r \equiv x^r \equiv 1\pmod{m}$。因爲 $d$ 是最小的正整數滿足 $x^{d} \equiv 1 \pmod {m}$，但 $r$ 是更小的滿足條件的正整數，這和階的定義矛盾。
初始令 $d =\varphi(m)$。根據歐拉定理，我們知道一定有 $x^{d} \equiv 1 \pmod{m}$。設 $d = k\delta_m(x)$
考慮枚舉任意一個 $\varphi(m)$ 的質因子 $p$，如果滿足 $p \mid d$，並且 $x^{d / p} \equiv 1 \pmod {m}$。 那麼有 $p \mid k$，我們令 $d' = d / p$ 繼續執行這個過程，直到不存在滿足條件的 $p$。
由於乘法取模我們可以使用 __int128 ，所以時間複雜度 $O(T \log^2 V + n^{1/4})$。
如果同時求 $(ra, \varphi(m)), (rb, \varphi(m))$ 可能會被卡常。
Subtask 7
我們注意到，我們沒有必要求 $(rb, \varphi(m))$。
設 $d = \varphi(m)$。
$(ra, d) | (rb, d) $ 等價於 $\frac{d}{(rb, d)}| \frac{d}{(ra, d)}$。
因此我們只用判斷 $b^{e}$ 模 $m$ 的餘數是否爲1就行了。
其中 $e$ 是最小的正整數滿足 $a^e \equiv 1 \pmod{m}$，即 $a$ 模 $m$ 的階。
吐槽
- 不知道爲什麼很多人覺得 $(ra, d) \mid rb$ 當且僅當 $(ra, d) \mid (rb, d)$ 非常地顯然，可能是我數學比較菜，覺得不是那麼顯然，需要說明一下。
- 成功區分了會求階和不會求階的選手
- 開始想卡掉求 2 次階的做法，因爲 F 很難，爲了降低比賽難度，所以被要求這裏不卡常，不過好像卡不卡區分度都是一樣的。
- 事後發現，二進制分組和 long double 快速乘均可以輕鬆跑進兩倍標程序時限內，感覺我對卡常一無所知，我似乎還忘了卡 long double 快速乘。（雖然我並不知道能個不能卡）。兩倍常數還想卡？
- 洛谷怎麼最大隻支持 100 組數據
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
template <typename T>
T add(T a, T b, T m) {
return ((a += b) >= m) ? (a - m) : (a);
}
template <typename T>
void pcopy(T* pst, const T* ped, T* pval) {
for ( ; pst != ped; *(pst++) = *(pval++));
}
ll mul(ll a, ll b, ll m) {
return ((__int128)a) * b % m;
/* ll rt = 0, pa = a;
for ( ; b; b >>= 1, pa = add(pa, pa, m))
if (b & 1)
rt = add(rt, pa, m);
return rt; */
}
ll qpow(ll a, ll p, ll m) {
ll rt = 1, pa = a;
for ( ; p; p >>= 1, pa = mul(pa, pa, m))
if (p & 1)
rt = mul(rt, pa, m);
return rt;
}
ll gcd(ll a, ll b) {
return (b) ? (gcd(b, a % b)) : (a);
}
ll randLL() {
static ull seed = 998244353, msk = (1ull << 61) - 1;
return (signed ll) ((seed = seed * seed + seed * 3 + 233) & msk);
}
boolean miller_rabin(ll n) {
static int T = 25;
static const int pri[10] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29};
if (!(n & 1))
return n == 2;
if (n < 1000) {
for (int p = 2; p * p <= n; p++)
if (!(n % p))
return false;
return true;
}
for (int i = 0; i < 10; i++) {
if (n == pri[i]) {
return true;
} else if (!(n % pri[i])) {
return false;
}
}
ll d = n - 1;
int s = 0;
while (!(d & 1))
s++, d >>= 1;
for (int t = 0; t < T; t++) {
ll b = randLL() % n;
if (!b)
continue;
ll tmp = qpow(b, d, n);
if (tmp == 1 || tmp == n - 1)
continue;
for (int i = 0; i < s; i++) {
tmp = mul(tmp, tmp, n);
if (tmp == n - 1)
goto nextTurn;
if (tmp == 1 || tmp == 0)
return false;
}
if (tmp != 1)
return false;
nextTurn:;
}
return true;
}
ll pollard_rho(ll x) {
// cerr << x << '\n';
ll a, b, c, g;
if (!(x & 1))
return 2;
while (true) {
b = a = randLL() % x;
c = randLL() % 127 % x;
do {
a = add(mul(a, a, x), c, x);
b = add(mul(b, b, x), c, x);
b = add(mul(b, b, x), c, x);
g = gcd(b - a, x);
(g < 0) ? (g = -g) : (0);
if (g == x)
break;
if (g > 1)
return g;
} while (a != b);
}
assert(false);
return 0;
}
void get_primary_factors(ll x, vector<ll>& rt) {
if (x == 1) {
return;
}
if (miller_rabin(x)) {
rt.push_back(x);
return;
}
ll a = pollard_rho(x);
get_primary_factors(a, rt);
get_primary_factors(x / a, rt);
}
vector< pair<ll, int> > get_primary_factor(vector<ll>& vec) {
vector< pair<ll, int> > rt;
if (vec.empty())
return rt;
sort(vec.begin(), vec.end());
vector<ll>::iterator it = vec.begin();
rt.push_back(make_pair(*it, 1));
for (it = it + 1 ; it != vec.end(); it++)
if (*it == rt.back().first)
rt.back().second++;
else
rt.push_back(make_pair(*it, 1));
return rt;
}
/// Template ends
typedef vector<pair<ll, int>> factor;
factor get_factor(ll m) {
vector<ll> tmp;
get_primary_factors(m, tmp);
return get_primary_factor(tmp);
}
int T;
ll m, phim;
factor fac;
int main() {
scanf("%lld%d", &m, &T);
fac = get_factor(m);
fac = get_factor(phim = m / fac[0].first * (fac[0].first - 1));
ll a, b, d;
while (T--) {
scanf("%lld%lld", &a, &b);
d = phim;
for (auto par : fac) {
while (!(d % par.first) && qpow(a, d / par.first, m) == 1)
d /= par.first;
}
if (qpow(b, d, m) == 1) {
puts("Yes");
} else {
puts("No");
}
}
return 0;
}