广告设计公司员工荣誉证书/网站百度关键词优化

题目：http://poj.org/problem?id=3358

将一个分数化成小数，转化成二进制后寻找循环节

对于分数P/Q而言，首先化成最简，调整为P'=P/GCD(P,Q) Q'=Q/GCD(P,Q)

我们知道转化成二进制，其实就是不断乘2，如果大于1，则去掉1，当前位为1，否则为0.

表示成分数的时候便是P/Q,2*P/Q如果分子大于分母，则减掉，也相当于取余。

于是我们假设在第I位的时候开始循环，第J位出现重复。

而出现循环反正在分数上便是分母和分子都相同，由于在这里分母是不变的，只考虑分子

那么（P'*2^I）%Q'==(P'*2^J)%Q ;

一个同余式，作 些调整 P'*(2^J-2^I)==0(MOD Q') P'*2^I*(2^(J-I)-1)==0(MOD Q')

变成P'*2^I*(2^(J-I)-1)|Q’

其中P'与Q'互质。那么2^I*(2^(J-I)-1)|Q’

而(2^(J-I)-1是奇数，那么I的值便是Q'里面有多少个2^的幂，第一部分已经解决

假设Q'除掉2的幂之后为Q''

那么Q''|(2^(J-I)-1)，由费马小定理或者欧拉定理可知

若A与P互质，则A^PHI(P) == 1 (MOD P)

所以2^X ==1 (mod Q'')必定存在解。

我们要求的是最小的解，则枚举PHI(Q'')的因子，从小开始判断

2^X==1(MOD Q'')

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define LL long long
#define N 1000000
using namespace std;
LL gcd(LL a,LL b){return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
LL get_eular(LL n){LL ret=1;for(LL i=2;i*i<=n;i++)if(n%i==0){ret*=i-1;n/=i;while(n%i==0){n/=i;ret*=i;}}if(n>1)ret*=n-1;return ret;
}
LL PowMod(LL a,LL b,LL MOD){LL ret=1;while(b){if(b&1)ret=(ret*a)%MOD;a=(a*a)%MOD;b>>=1;}return ret;
}
LL fact[100000],cnt;
void get_fact(LL n){cnt=0;for(LL i=2;i*i<=n;i++)if(n%i==0){fact[cnt++]=i;fact[cnt++]=n/i;}
}
int main(){LL p,q;int cas=0;while(scanf("%lld/%lld",&p,&q)!=EOF){LL t=gcd(p,q);p/=t;q/=t;int c=1;while(!(q&1)){q/=2;c++;}LL phi=get_eular(q),ans;get_fact(phi);fact[cnt++]=phi;sort(fact,fact+cnt);for(int i=0;i<cnt;i++)if(PowMod(2,fact[i],q)==1){ans=fact[i];break;}printf("Case #%d: %d,%lld\n",++cas,c,ans);}return 0;
}