[离散对数] uva 11916 Emoogle Grid

题意：

在一个M*N的矩阵内涂K种颜色。

其中有B个格子不能涂色，并且每个单元格不能和上面的那个单元格颜色一样。

已知N和总共的结果R，求最少满足的行M。

数据都对100,000,007.取模。

思路：

由于输入的不能涂色的点的X坐标一定在M以内。所以就记录一下maxX

把整个矩阵分成3个部分。

第一个部分是maxX*N.这部分的答案可以算出来看是否满足。

第二个部分是(maxX+1)*N.这个部分都是多了一行，为了去掉有些格子不能填带来的影响。

第三个部分就是M*N了，后面的(M-maxX-1)行每个格子填的颜色都是只有K-1种。

这时候设前面的答案为ans，设M-maxX-1=T

则  ans*(K-1)^(T*N) = R (mod 100000007)

这时候其实就需要求一个 A^X=B (mod M) 时的X

需要用一个枚举的方法。

代码：

#include"cstdlib"
#include"cstdio"
#include"cstring"
#include"cmath"
#include"queue"
#include"algorithm"
#include"iostream"
#include"map"
#define ll long long
using namespace std;
int mark[502][502];
map<int,int>id;
ll mod=100000007;
int n,k,b,idcnt,maxx,maxcnt;
ll r;
ll power(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=(ans*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b/=2;
    }
    return ans%mod;
}
ll inv(ll x)
{
    return power(x,mod-2);
}
ll log_mod(ll a,ll b)
{
    ll m,v,e=1,i;
    m=(ll)sqrt(mod+0.5);
    v=inv(power(a,m));
    map<ll,ll>x;
    x.clear();
    x[1]=0;
    for(i=1;i<m;i++)
    {
        e=e*a;
        if(e>=mod) e%=mod;
        if(x[e]==0) x[e]=i;
    }
    for(i=0;i<m;i++)
    {
        if(x[b])return i*m+x[b];
        b=b*v;
        if(b>=mod) b%=mod;
    }
    return -1;
}
int solve()
{
    //1~maxx
    ll ans=1;
    if(maxx!=0)
    {
        for(int i=1;i<=idcnt;i++)
        {
            int cur=0;
            mark[i][++mark[i][0]]=maxx+1;
            for(int j=1;j<=mark[i][0];j++)
            {
                int sum=mark[i][j]-cur-1;
                cur=mark[i][j];
                if(sum==0) continue;
                ans*=k;
                if(ans>=mod) ans%=mod;
                ans*=power(k-1,sum-1);
                if(ans>=mod) ans%=mod;
            }
        }
        ans*=power(k,n-idcnt);
        if(ans>=mod) ans%=mod;
        ans*=power(k-1,(maxx-1LL)*(n-idcnt));
        if(ans>=mod) ans%=mod;
        if(ans==r) return maxx;
    }
    //maxx+1
    ans*=power(k,maxcnt);
    if(ans>=mod) ans%=mod;
    ans*=power(k-1,n-maxcnt);
    if(ans>=mod) ans%=mod;
    if(ans==r) return maxx+1;
    ll tep=inv(ans);
    ll A,B;
    B=(tep*r)%mod;
    A=power(k-1,n);

    return log_mod(A,B)+maxx+1;
}
int main()
{
    int t,cas=1;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d%d%lld",&n,&k,&b,&r);
        memset(mark,0,sizeof(mark));
        id.clear();
        idcnt=0;
        maxx=0;
        maxcnt=n;
        for(int i=0;i<b;i++)
        {
            int x,y;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            if(id[y]==0) id[y]=++idcnt;
            mark[id[y]][++mark[id[y]][0]]=x;
            if(x>maxx)
            {
                maxx=x;
                maxcnt=1;
            }
            else if(x==maxx) maxcnt++;
        }
        printf("Case %d: %d\n",cas++,solve());
    }
    return 0;
}

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原文：http://blog.csdn.net/wdcjdtc/article/details/44655663