poj 2115 C Looooops

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   这个题目就是解线性同余方程，(a + n*c) % 2的k次 = b % 2的k次。既然以前是学信安的，对数论本来就不排斥，最近还好好看了下算
法导论。这个方程转换为n*c = (b-a) % 2的k次。根据数论的知识，  ax = b%n，需要保证gcd(a,n)|b，意思b是gcd(a,n)的倍数，这个
一下子也很难解释清楚啊，不满足这个条件，就是没解了。还有，如果有解的话，解的个数就是d = gcd(a,n)。而且其中一个解是x0 = x'(b
/ d)，其中x'是用扩展欧几里德算法求出来的，满足关系式a*x'+n*y'=d。
   但是这个题不仅仅用到数论的这些知识，因为必须求满足条件的最小解，而如果有解的话是d个，而且满足解x = x0 + i(b/d)，
（1<=i<=d)。既然要求最小的解，那么对解mod(n/d)即可了，因为它们之间的差都是n/d的倍数。

   代码如下：

#include <stdio.h>

#include <math.h>
#include <algorithm>
using  namespace std;

// 扩展欧几里德算法
// d = a * x + b * y，d是a和b的最大公约数
long  long egcd( long  long a,  long  long b,  long  long& x,  long  long& y)
{
     if (b == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
         return a;
    }
     else
    {
         long  long nRet = egcd(b, a % b, x, y);
         long  long t = x;
        x = y;
        y = t - (a / b) * y;
         return nRet;
    }
}

int main()
{
     long  long nA, nB, nC, nK;

     while (scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d", &nA, &nB, &nC, &nK),
            nA || nB || nC || nK)
    {
         long  long x, y;
         long  long n = pow(( double)2, ( double)nK) + 1e-8;
         long  long d = egcd(n, nC, x, y);
         long  long b = (nB - nA + n) % n;
         if (b % d) // 如果d | b失败
        {
            printf("FOREVER\n");
        }
         else
        {
             // printf("y:%I64d, b:%I64d, d:%I64d n:%I64d\n", y, b, d, n);
            y = (y + n) % n;
             long  long ans = (y * (b / d)) % (n / d);
            printf("%I64d\n", ans);
        }
    }

     return 0;
}