因为m最大只有10^6,模m的余数只有m种,所以暴力模拟m次可以保证所有可能出现的余数都出现了,如果有没出现的,说明之前出现了循环,循环节最大是m,所以总共需要模拟2*m次保证如果有循环节的话可以找到这个循环节。
对于h1有3种情况,到不了a1,只到达一次a1,到达两次a1且循环节为n1。 h2同理
如果h1,h2都没到达过答案显然-1
如果h1,h2都有循环节,那么任意枚举一个的循环节,看看所得的数减去另一个数循环的起点,能否被另一个数的循环节整除。
否则说明只有一个有循环节,那么枚举这个循环节看能不能到另一个数到达的位置即可。
代码:
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define LL long long using namespace std; int main(){ int m,x1,x2,y1,y2,a1,a2; LL h1,h2; scanf("%d",&m); scanf("%I64d%d",&h1,&a1); scanf("%d%d",&x1,&y1); scanf("%I64d%d",&h2,&a2); scanf("%d%d",&x2,&y2); LL n1=-1,n2=-1; int vis1=-1,vis2=-1; for(int i=0;i<2*m;i++){ h1=(h1*x1+y1); h1%=m; if(h1==a1){ if(vis1!=-1){ n1=i-vis1+1; break; } vis1=i+1; } } for(int i=0;i<2*m;i++){ h2=(h2*x2+y2); h2%=m; if(h2==a2){ if(vis2!=-1){ n2=i-vis2+1; break; } vis2=i+1; } } if(vis1==-1||vis2==-1){ printf("-1\n"); } else if(vis1==vis2){ printf("%d\n",vis1); } else { LL res; bool ok=0; if(n1!=-1&&n2!=-1){ res=vis1; for(int i=0;i<m;i++){ if(res>=vis2&&((res-vis2)%n2==0)){ ok=1; break; } res+=n1; } } else if(n1!=-1){ res=vis1; for(int i=0;i<m;i++){ if(res==vis2){ ok=1; break; } res+=n1; } } else if(n2!=-1){ res=vis2; for(int i=0;i<m;i++){ if(res==vis1){ ok=1; break; } res+=n2; } } if(ok){ printf("%I64d\n",res); } else printf("-1\n"); } }