[字符串] 一元一次方程

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题目

题目描述

$SLON$是一个调皮的学生，为了让他静下心来，老师给他出了一道数学题：

给定表达式$A$，$A$中含有变量$x$和$+,-,\ast ,(,)$这些符号，括号成对出现，一个算术运算符均对应两个操作数，不能出现$(-5)$或者$(4+-5)$等，乘号不能省略，并且表达式$A$中$x$只能是一阶，即一阶表达式：

合理表达式$A=5+x\ast (3+2)orx+3\ast x+4\ast (5+3\ast (2+x-2\ast x))$

不合理表达式$A=5\ast (3+x\ast (3+x))orx\ast (x+x\ast (1+x))$

求$A$时，最小的$x$

输入

第一行输入一个表达式$A$，$(1\le |A|\le 100000)$
第二行输入两个整数$P$ $(0\le P\le M-1)$和$M$ $(1\le M\le 1000000)$

输出

输出最小的非负$x$

样例输入

5+3+x
9 10

样例输出

1

题解

这个题其实考试时想到了，但细节好像有点多。。。

这个题思路很简单，把字符串处理出来，暴力答案（考试时还以为是拓展欧几里得，结果忘了怎么求二元一次不定方程的通解，然后果断暴力居然撞上了正解 好水呀 ）

主要就是这个字符串处理比较细节，这个中缀表达式有点毒瘤。可以考虑把这个中缀转换成后缀，然后就可以处理了。我是直接搞的中缀

定义两个栈，一个存数字，一个存符号
数字没有什么好处理的，我就直接写符号的处理：

1、$($ 直接入栈
2、$+,-,\ast$ 入栈时判断如果当前的栈顶为$\ast$，就将这个乘法运算处理掉
3、$)$ 弹出栈中元素，直到弹到左括号，将弹出的符号预算全部处理

最后可以枚举答案，但拓展欧几里得明显会更快，在此讲一下：
题目给出的中缀表达式最终一定可以表示为$ax+b$的形式
$$\begin{gathered} \because (ax+b)\%m=p \\ \therefore ax+b=km+p \\ \Rightarrow ax-km=p-b \end{gathered}$$
至于求$a,b$，我们只需要将$x=0和x=1$代入原式，分别可得$b和a+b$，然后就可以求出$a$了
最后求符合条件的最优解即可

代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

template <typename T>
T Fabs(T x) {return x < 0 ? -x : x;}

#define LL long long

const int N = 100005;

stack <int> sta1;
stack <char> sta2;

LL P, M, a1, a2, ansx, ansy;
int len;
char a[N];

int solve(int x) {
	while(!sta1.empty()) sta1.pop();
	while(!sta2.empty()) sta2.pop();
	for(int i = 0; i <= len + 1; i ++) {
		if(a[i] != ')') {
			if(a[i] >= '0' && a[i] <= '9') {
				LL num = a[i] - '0';
				while(a[i + 1] >= '0' && a[i + 1] <= '9') {
					num = (num * 10 + a[i + 1] - '0') % M;
					i ++;
				}
				sta1.push(num);
			}
			if(a[i] == 'x')
				sta1.push(x);
			if(a[i] == '+' || a[i] == '-' || a[i] == '*') {
				if(sta2.top() == '*') {
					sta2.pop();
					LL num1 = sta1.top();
					sta1.pop();
					LL num2 = sta1.top();
					sta1.pop();
					sta1.push(num1 * num2 % M);
				}
				sta2.push(a[i]);
			}
			if(a[i] == '(')
				sta2.push('(');
		}
		else {
			if(sta2.top() == '*') {
				sta2.pop();
				LL num1 = sta1.top();
				sta1.pop();
				LL num2 = sta1.top();
				sta1.pop();
				sta1.push(num1 * num2 % M);
			}
			while(!sta2.empty()) {
				if(sta2.top() == '(') {
					sta2.pop();
					break;
				}
				else {
					LL num1 = sta1.top();
					sta1.pop();
					LL num2 = sta1.top();
					sta1.pop();
					if(sta2.top() == '+')
						sta1.push((num1 + num2) % M);
					else if(sta2.top() == '-')
						sta1.push((num2 - num1 + M) % M);
					else
						sta1.push(num1 * num2 % M);
					sta2.pop();
				}
			}
		}
	}
	return sta1.top();
}

LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
	if(b == 0) {
		x = 1, y = 0;
		return a;
	}
	else {
		LL ret = exgcd(b, a % b, y, x);
		y -= x * (a / b);
		return ret;
	}
}

int main() {
	scanf("%s", a + 1);
	scanf("%lld%lld", &P, &M);
	len = strlen(a + 1);
	a[0] = '(', a[len + 1] = ')';
	LL sol1 = solve(0);
	LL sol2 = solve(1);
	a1 = (sol2- sol1 + M) % M, a2 = sol1;
	LL GCD = exgcd(a1, M, ansx, ansy);
	ansx *= ((P - a2) / GCD);
	while(ansx >= 0)
		ansx -= M / GCD;
	while(ansx < 0)
		ansx += M / GCD;
	printf("%lld\n", ansx);
	return 0;
}