题面 n=100000463700003241 e=17 密文: 分析: 题面已明示是RSA加密,已公开n与公钥e,n为1e18内的数字(64位).要爆破RSA,显然是先分析n的值. n的值是由两个素数p和q相乘得出,所以我们需要将n因数分解. n为64位,可能有1e18内的任意一对素数生成,计算机每秒运行少于1e9次,所以n^2暴力的素数表爆破是时间过长的.我们需要优化爆破算法. 我们可以取一个素数p,q=n/p,检测q是否为素数,q*p是否为n,以此来爆破p q(耗时1200秒左右) 根据这

题意: 给n(1<n<),求(s1+s2+s3+...+sn)mod(1e9+7).其中si表示n由i个数相加而成的种数,如n=4,则s1=1,s2=3.                         (全题文末) 知识点: 整数n有种和分解方法. 费马小定理:p是质数,若p不能整除a,则 a^(p-1) ≡1(mod p).可利用费马小定理降素数幂. 当m为素数,(m必须是素数才能用费马小定理) a=2时.(a=2只是题中条件,a可以为其他值) mod m =  *      //  k=

题目链接 题意:有一排砖,可以染红蓝绿黄四种不同的颜色,要求红和绿两种颜色砖的个数都是偶数,问一共有多少种方案,结果对10007取余. 题解:刚看这道题第一感觉是组合数学,正向推了一会还没等推出来队友就打表找到公式了,然后我就写了一个快速幂加个费马小定理就过了去看别的题了,赛后找到了一个很不错的博客:传送门,原来这道题也可以用DP+矩阵快速幂AC.下面说下组合数学的做法: 首先一共有4^n种情况,我们减去不符合条件的情况就行了,从中取k个进行染红绿色一共C(n,k)种情况,剩下的蓝黄色一共有2^

Description Consider a positive integer X,and let S be the sum of all positive integer divisors of 2004^X. Your job is to determine S modulo 29 (the rest of the division of S by 29). Take X = 1 for an example. The positive integer divisors of 2004^1

Description “在那山的那边海的那边有一群小肥猪.他们活泼又聪明,他们调皮又灵敏.他们自由自在生活在那绿色的大草坪,他们善良勇敢相互都关心……” ——选自猪王国民歌 很久很久以前,在山的那边海的那边的某片风水宝地曾经存在过一个猪王国.猪王国地理位置偏僻,实施的是适应当时社会的自给自足的庄园经济,很少与外界联系,商贸活动就更少了.因此也很少有其他动物知道这样一个王国. 猪王国虽然不大,但是土地肥沃,屋舍俨然.如果一定要拿什么与之相比的话,那就只能是东晋陶渊明笔下的大家想象中的桃花源了.猪

题目不难懂.式子是一个递推式,并且不难发现f[n]都是a的整数次幂.(f[1]=a0;f[2]=ab;f[3]=ab*f[2]c*f[1]...) 我们先只看指数部分,设h[n]. 则 h[1]=0; h[2]=b; h[3]=b+h[2]*c+h[1]; h[n]=b+h[n-1]*c+h[n-1]. h[n]式三个数之和的递推式,所以就可以转化为3x3的矩阵与3x1的矩阵相乘.于是 h[n] c  1  b h[n-1] h[n-1] = 1  0  0 * h[n-2] 1       0

A Boring Question Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)Total Submission(s): 156    Accepted Submission(s): 72 Problem Description       Input   The first line of the input contains the only integer T,(1≤T

题目大意: 给定k,找到一个满足的a使任意的x都满足 f(x)=5*x^13+13*x^5+k*a*x 被65整除 推证: f(x) = (5*x^12 + 13 * x^4 + ak) * x 因为x可以任意取 那么不能总是满足 65|x 那么必须是 65 | (5*x^12 + 13 * x^4 + ak) 那么就是说 x^12 / 13 + x^4 / 5 + ak / 65 正好是一个整数 假设能找到满足的a , 那么将 ak / 65 分进x^12 / 13 + x^4 / 5中得到

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5667 费马小定理: 假如p是质数,且gcd(a,p)=1,那么 a^(p-1)≡1(mod p). 即:假如a是整数,p是质数,且a,p互质(即两者只有一个公约数1),那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1. 注意这里使用快速幂的时候要根据费马小定理对p-1取模.还有注意a%p=0的情况. 递推式:f(n)=f(n-1)*c+f(n-2)+1 非齐次. 构造矩阵: |c | | | | | 初始

题目链接 题意 : m张牌,可以翻n次,每次翻xi张牌,问最后能得到多少种形态. 思路 :0定义为反面,1定义为正面,(一开始都是反), 对于每次翻牌操作,我们定义两个边界lb,rb,代表每次中1最少时最少的个数,rb代表1最多时的个数.一张牌翻两次和两张牌翻一次 得到的奇偶性相同,所以结果中lb和最多的rb的奇偶性相同.如果找到了lb和rb,那么,介于这两个数之间且与这两个数奇偶性相同的数均可取到,然后在这个区间内求组合数相加(若lb=3,rb=7,则3,5,7这些情况都能取到,也就是说最后的

题目链接 求2^n%mod的值, n<=10^100000. 费马小定理 如果a, p 互质, 那么a^(p-1) = 1(mod p)  然后可以推出来a^k % p = a^(k%(p-1))%p. #include <iostream> #include <vector> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #

Sum Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others) Total Submission(s): 589    Accepted Submission(s): 292 Problem Description   Sample Input 2   Sample Output 2 Hint 1. For N = 2, S(1) = S(2) = 1. 2. The input

题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4704 题目大意: 看似复杂,其实就是求整数n的划分数,4=1+1+2和4=1+2+1是不同的.因而可知答案是2n-1. 题目分析: 因为n实在是太大太大了,这可咋办啊?!n<10100000. 做这场的时候没有注意到,也是当时没有看过什么是费马小定理,居然跟模值有关系!mod=1000000007.这个mod有什么特点呢?它是个质数. 费马小定理揭示了:当p是一个素数并且a和p互质时,ap-1 %

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4869 Turn the pokers Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 2001    Accepted Submission(s): 707 Problem Description During summer vacation

洛谷题目传送门 蒟蒻惊叹于一道小小的数论题竟能涉及这么多知识点!不过,掌握了这些知识点,拿下这道题也并非难事. 题意一行就能写下来: 给定\(N,G\),求\(G^{\sum \limits _{d|N}C(N,d)}(\mod999911659)\) 乍一看,指数这么大,要怎么处理好呢?上费马小定理. 平时用费马小定理求逆元用多了,\(a^{p-2}\equiv inv(a)(\mod p)\),搞得蒟蒻差点忘了它原本的样子\(a^{p-1}=1(\mod p)\),那原式的指数\(\sum

题目链接 \(Description\) 给定a,b,x,p,求[1,x]中满足n*a^n ≡b (mod p) 的n的个数.\(1<=a,b<p\), \(p<=1e6+3\), \(x<=10^{12}\). \(Solution\) 边界很大,p比较小且为质数,考虑左边这个式子有没有循环节. 由费马小定理 \(a^{p-1} ≡a^0 ≡1(mod\ p)\),\(a^n\)的循环节(一定)为 \(p-1\):\(n%p\) 的循环节(一定)为p 所以 \(n*a^n\) 一

题目传送:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4704 Problem Description   Sample Input 2 Sample Output 2 Hint 1. For N = 2, S(1) = S(2) = 1. 2. The input file consists of multiple test cases.   题意是输入一个N,求N被分成1个数的结果+被分成2个数的结果+...+被分成N个数的结果,N很大   1.隔板原

题目链接:传送门 思路: 考虑每一列有2种颜色,总共有n行,每一行的第一个格确定颜色,由于左右颜色不相同,后面的行就确定了. 所以总共有2^n中结果. 由于n太大,所以要用到费马小定理a^n%mod=a^(n%(mod-1))%mod,所以先求出a的指数,然后用快速幂求解就好了. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> typedef long long LL

M斐波那契数列 Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 1672    Accepted Submission(s): 482 Problem Description M斐波那契数列F[n]是一种整数数列,它的定义如下: F[0] = aF[1] = bF[n] = F[n-1] * F[n-2] ( n > 1 ) 现在给出a,

题目描述 Fib定义为Fib(0)=0,Fib(1)=1,对于n≥2,Fib(n)=Fib(n-1)+Fib(n-2) 现给出N,求Fib(2^n). 输入 本题有多组数据.第一行一个整数T,表示数据组数. 接下来T行每行一个整数N,含义如题目所示. n≤10^15, T≤5 输出 输出共T行,每行一个整数为所求答案. 由于答案可能过大,请将答案mod 1125899839733759后输出 样例输入 2231 样例输出 3343812777493853 题解 费马小定理+矩阵乘法 傻逼题,根据

题目链接 \(Description\) 给定N,G,求\[G^{\sum_{k|N}C_n^k}\mod\ 999911659\] \(Solution\) 由费马小定理,可以先对次数化简,即求\(\sum_{k|N}C_n^k\mod\ 99991168\),然后快速幂就可以解决. 可以把999911659分解成4个质因数,分别用Lucas定理求解然后用CRT合并即可. 要注意费马小定理成立的条件: a,p互质,即G!=mod. //1380kb 156ms #include <cmath>