震惊！做了这题就会了快速幂+扩展欧几里德+bsgs（附扩展bsgs）

咳咳，玩了一回标题党哈~
这神奇的题目就是——
codevs1565/洛谷P2485/bzoj2242【SDOI2011】计算器
#快速幂
这个…真的需要讲吗？已经在学扩展欧几里德和bsgs的oier应该是早就会快速幂的吧…
其原理如下。
若y为偶数，则有$x^y=(x^{y/2}{)}^2$
若y为奇数，则有$x^y=(x^{y/2}{)}^2\ast x$ （y/2是向下取整）
然后就得到了写法：

ll ksm(ll y,ll z,ll p){//求(y^z)%p
	ll re=1;y%=p;
	while(z){
		if(z&1)re=(y*re)%p;
		z>>=1;y=(y*y)%p;
	}
	return re%p;
}

#扩展欧几里德
这又是一种神奇的算法
我们知道，$ax\equiv b($mod $c)$可以化为方程$ax+cy=b$，这个方程有整数解的前提是$gcd(a,c)|b$，然后我们把这个神奇的方程解出$x$最小非负整数解即可。
怎么解？用扩展欧几里德啊！
扩展欧几里德可以用来算$ax+cy=gcd(a,c)$，因为$gcd(a,b)=gcd(b,a$%$b)$所以$p\ast a+q\ast b=gcd(a,b)=gcd(b,a$%$b)=p\ast b+q\ast (a$%$b)=p\ast b+q(a-a/b\ast b)=q\ast a+(p-a/b\ast q)\ast b$这样我们就可以一边求gcd一遍玩扩展欧几里德啦!

ll exgcd(ll a,ll b,ll &r1,ll &r2){//a*r1+b*r2=gcd(a,b)
	if(!b){r1=1;r2=0;return a;}
	ll re=exgcd(b,a%b,r1,r2),tmp;
	tmp=r1;r1=r2;r2=tmp-(a/b)*r2;
	return re;
}

玩出来$x$了之后,再让$x=x\ast (b/gcd(a,c))$就可以啦！
#bsgs
bsgs算法，又称为大步小步算法，拔山盖世算法，北上广深算法，百事公司算法等等…
这个算法是这样的：
求使得$y^x\equiv z($mod $p)$的最小$x$，（$p$是质数），由费马小定理可知，$y^{p-1}\equiv 1($mod $p)$，所以暴力枚举只要枚举到$p-1$即可。
但是这样还是不够优化，咋办？
令$x=mi-j$(其中$m=ceil(sqrt(p))$,$ceil$是向上取整的意思）所以呢，问题就变成了$y^{mi-j}\equiv z($mod $p)$,然后呢，问题就变成了$y^{mi}=y^j\ast z($mod $p)$,好了，现在就好多了
接下来很容易发现$j$<$m$,所以我们可以暴力枚举$j$,与所得$y^j\ast z($mod $p)$的存在哈希表里，然后再暴力枚举$mi$,最后得出结果

const int maxn=1000007;
int h[maxn],ne[maxn],bj[maxn],tot;
ll has[maxn];
void add(ll x,ll j) {
	int kl=x%maxn;
	tot++;bj[tot]=j;has[tot]=x;
	ne[tot]=h[kl];h[kl]=tot;
}
ll find(ll x) {
	ll kl=x%maxn,i;
	for(i=h[kl];i!=-1;i=ne[i])
		if(has[i]==x)return bj[i];
	return -1;
}
ll bsgs(ll a,ll b,ll n) {//a^x=b(mod n)
	if(b==1)return 0;
	memset(h,-1,sizeof(h));
	ll m=ceil(sqrt((double)n)),q=1,j,x=1;
	for(ll i=0;i<m;i++) {add((q*b)%n,i);q=(q*a)%n;}
	for(ll i=m;;i+=m) {
		x=(x*q)%n;j=find(x);
		if(j!=-1) return i-j;
		if(i>n) break;
	}
	return -1;
}

#扩展bsgs
扩展bsgs更加神奇和美妙~~因为——
扩展bsgs不要求p是质数，多美妙啊！
这是怎么做到的呢？
大家意会一下就知道，若$t=gcd(a,p)$.
那么$y\equiv z($mod $p)$等价于$at\equiv b\ast t($mod $c\ast t)$
即$a\equiv b($mod $c)$
得到下面这段代码（以下a表示原题中y，b表示原题中z)：

while((tmp=gcd(a,p))!=1){
		if(b%tmp)return -1;
		cnt++;b/=tmp;p/=tmp;d=d*(a/tmp)%p;
		if(b==d)return cnt;
	}

解说：
每次循环使得$a^{x-1}\ast \frac{a}{d}\equiv \frac{b}{d}($mod $\frac{p}{d})$
所以最后$d\ast a^{x-cnt}\equiv b($mod $c)$（都是运行完循环后的）
那么最后只要设$x-cnt=i\ast m-j$即可用普通bsgs求解
以我们做一下poj3243(QAQ哈希写错调半天）
代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 99991
int h[mod],tot;
ll ne[mod<<1],bj[mod<<1],has[mod<<1];
ll gcd(ll x,ll y){
	ll r=x%y;
	while(r){x=y;y=r;r=x%y;}
	return y;
}
void add(ll x,ll num){
	ll kl=num%mod;
	bj[++tot]=x;has[tot]=num;ne[tot]=h[kl];h[kl]=tot;
}
ll find(ll num){
	ll kl=num%mod;
	for(ll i=h[kl];i!=-1;i=ne[i])
		if(has[i]==num)return bj[i];
	return -1;
}
ll solve(ll a,ll b,ll p){
	a%=p;b%=p;if(b==1)return 0;
	ll tmp=1,d=1,cnt=0;
	while((tmp=gcd(a,p))!=1){
		if(b%tmp)return -1;
		cnt++;b/=tmp;p/=tmp;d=d*(a/tmp)%p;
		if(b==d)return cnt;//注意这里
	}
	ll m=ceil(sqrt(p)),q=1,j;
	for(ll i=0;i<m;i++){add(i,(q*b)%p);q=(q*a)%p;}
	for(ll i=1;i<=m+1;i++){
		d=(d*q)%p;j=find(d);
		if(j!=-1)return i*m-j+cnt;
	}
	return -1;
}
int main()
{
	ll a,b,p,ans;
	while(1){
		scanf("%lld%lld%lld",&a,&p,&b);
		if(!a&&!b&&!p)break;
		memset(h,-1,sizeof(h));tot=0;
		ans=solve(a,b,p);
		if(ans==-1)puts("No Solution");
		else printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}