POJ3358 Period of an Infinite Binary Expansion【欧拉函数】

题目链接：

http://poj.org/problem?id=3358

题目大意：

输入一个有理数，形式为分数形式p/q，令{x}为该有理数二进制形式的小数部分，且{x}具有循环

性，{x} = 0.A1A2A3…Ar(Ar+1Ar+2…Ar+s)^w。循环从r+1位开始，循环节为s。

现在称x1 = A1A2A3…Ar为{x}的循环前缀，x2 = Ar+1Ar+2…Ar+s为{x}的循环部分。

现在让循环前缀的长度和循环部分的长度尽可能小。求最小循环部分的起始位置以及最小

的循环长度。

例如：1/10 = 0.0001100110011(00110011)^w，0001100110011是1/10的一个循环前缀，

00110011是1/10的一个循环部分。但是都不是最小的。因为1/10 = 0.0(0011)^w，0是1/10的

最小循环前缀，0011是1/10的最小循环部分。答案为：1/10的最小循环部分从第2位开始，最小

循环长度为4。

思路：

小数转换为二进制是每次乘以2，减去大于1的整数部分(没有则不减，继续乘以2)，只留小数部分。

现在观察1/10这组数据。小数表示太过繁琐，这里用分数来实现二进制的转换，来观察规律。

将 1/10 按照乘二法可得：

1/10 2/10 4/10 8/10 16/10 32/10 …

然后每个分子尽可能减去 10，得到：

1/10 2/10 4/10 8/10  6/10    2/10 …

发现从第 2 位开始出现了重复，而重复的循环节为 4，其实就是最小循环长度。

由于是二进制，可知 1*2^1 = 1*2^5(mod 10)。

现在考虑 p/q。设 p1 = p/gcd(p，q)，q1 = q/gcd(p，q)。 由于是二进制，p1*2^i ≡ p1*2^j

(mod q1)。经变换可得：p1 * 2^i * (2^(j-i) - 1) ≡ 0(mod q1)。

因为 p1 和 q1 互质，所以 2^i * (2^(j-i) - 1) % q1 = 0。2^(j-i) - 1 为奇数，2^i 为偶数，2^i

全部来源于q1，q1 中有多少个 2 的幂，i 就是多少，也是循环开始位置的前一位。

将 q1 中 2^i 化简去后，得到：(2^(j-i) - 1)  % q1 = 0。令 x = j-i，就是求 2^x ≡ 1(mod q1) 中

的 x 最小为多少

因为 q1 与 2 互质(已经消去 2 了)，所以一定有解。根据欧拉定理 2^φ(q1) ≡ 1(mod q1)。但是

φ(q1) 不一定是最小的值，但是肯定是 φ(q1) 的约数。枚举 φ(q1) 的约数，找到最小的值。

AC代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

int GCD(int a,int b)
{
    if(b == 0)
        return a;
    return GCD(b,a%b);
}

int MultiPower(int a,int b,int m)   //a^b % m
{
    int ans = 1;
    while(b > 0)
    {
        if(b&1)
            ans = (__int64)ans * a % m; //ans = ans * a % m 结果会溢出。
        a = (__int64)a * a % m;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

int Euler(int n)        //求欧拉函数φ(q1)
{
    int ret = n;
    for(int i = 2; i*i <= n; ++i)
    {
        if(n%i == 0)
        {
            n /= i;
            ret = ret - ret/i;
        }
        while(n % i == 0)
            n /= i;
    }
    if(n > 1)
        ret = ret - ret/n;
    return ret;
}

int factor[1010000];

int main()
{
    int kase = 0,p,q;
    while(~scanf("%d/%d",&p,&q))
    {
        int gcd = GCD(p,q);
        p /= gcd;
        q /= gcd;
        int time = 1;
        while(q%2 == 0)
        {
            q >>= 1;
            time++;
        }
        int phi = Euler(q);
        int ans = 0;
        if(phi == 1)
            ans = 1;
        else
        {
            int id = 0;
            for(int i = 1; i*i <= phi; ++i)     //分解φ(q1)
            {
                if(phi % i == 0)
                {
                    factor[id++] = i;
                    factor[id++] = phi/i;
                }
            }
            sort(factor,factor+id);
            for(int i = 0; i < id; ++i)     //找到最小的值
            {
                if(MultiPower(2,factor[i],q) == 1)
                {
                    ans = factor[i];
                    break;
                }
            }
        }

        printf("Case #%d: %d,%d\n",++kase,time,ans);
    }

    return 0;
}