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题意：
- 给定\(n,x_0,a,b,p\)，有递推式\(x_i = (a \cdot x_{i-1} +b)\%p\)。
- 有\(Q\)个询问，每次询问给定一个\(v\)，问是否存在一个最小的\(i\)使得\(x_i=v,i\in[0,n-1]\)成立
- \(1\le n\le 1e18,0\le x_p,a,b<p\le 1e9+7,Q\le 1000,p\)是质数
大步小步(BSGS)学习：https://oi-wiki.org/math/bsgs/
刘汝佳白书数论中也有入门讲解
如果直接看递推式找不到关系可以先列出前几项
\(x_0 = x_0\quad x_1=ax_0+b\quad x_2=a^2x_0+ab+b\quad x_3=a^3x_0+a^2b+ab+b\)
\(x_4=a^4x_0+\sum_{i=0}^3a^ib\quad x_5=a^5x_0+\sum_{i=0}^4a^ib\quad x_6=a^6x_0+\sum_{i=0}^5a^ib\quad x_7=a^7x_0+\sum_{i=0}^6a^ib\)
\(\cdots\)
在BSGS中，\(a^x\equiv b\pmod p\)的求解是前求出前\(m\)项(\(m\)通常取\(\sqrt p\))的答案（即\(a^i\%p,i\in[0,m]\))，存在一个数组中便于查询（值和位置一般都要存）,然后再从\([m+1,2m]\)中找答案，如果这一层中有答案那么也就是说\(a^{i+m} \equiv b\pmod p,i+m\in [m+1,2m])\)可以发现如果把指数上的\(m\)挪到右边，也就是相当于右侧乘了一个\(a^m\)的逆元，式子变成了\(a^i\equiv b\cdot a^{-m}\pmod p\)，所以我们在考虑第二层中是否有答案时，只需要将\(b\)先成一次\(a^m\)的逆元，然后再从我们预处理出来的第一层的答案中寻找是否有解即可。
那么这个题该怎么像上面这个进行一样的操作呢？
我们观察一下，考虑完上一层之后接着考虑下一层的时候，给b乘\(a^m\)的逆元操作意味着什么？该操作可以理解为是除以\(a^m\)，也就是将乘了\(m\)次\(a\)的操作复原了。基于复原思想，如何复原到m次操作之前的结果呢？
回看之前列出来的前8项，假设一层有4个，那么复原就相当于是将\(x_4\)变回\(x_0\)。
\[a^4x_0+a^3b+a^2b+ab+b \rightarrow x_0\]
\[{a^4x_0+a^3b+a^2b+ab+b \over a^4} = x_0+\frac ba +\frac b{a^2}+\frac b{a^3}+\frac b{a^4}\]
如果还看不出来，在列一下下一个
\[a^5x_0+a^4b+a^3b+a^2b+ab+b \rightarrow ax_0+b\]
\[{a^5x_0+a^4b+a^3b+a^2b+ab+b \over a^4} = (ax_0+b)+\frac ba +\frac b{a^2}+\frac b{a^3}+\frac b{a^4}\]
显然，先除以\(a^4\)，然后再减去\(\frac ba +\frac b{a^2}+\frac b{a^3}+\frac b{a^4}\)即可。
其他处理就几乎和BSGS入门题一样了。
该题如果每次查询\(O(\sqrt p)\)的话会超时，所以我们通过加大预处理的范围去降低时间复杂度。（更多的部分是可以直接算出来存到数组里面的）采取\(O(\sqrt {Qp})\)也就是1e6的大小。
代码&程序流程梳理
- 特判a == 0，如果查询v==x0要先输出0，等于b再输出1，否则输出-1（注意一下如果x0==b，答案要首先输出0）
- 预处理前1e6的答案，存在pair里面之后排序，去重
- 计算\(a^{1e6}\)的逆元，还有我们复原需要减去的那一坨东西
- 然后从第一层开始找，二分查询位置，如果没找到就找下一层，如果发现现在找的位置大于等于n的话要及时结束查找。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1000000;
int T;
ll x0,n,a,b,p;
ll ksm(ll a,ll b){
ll res = 1;
for(;b;b>>=1){
if(b & 1)res = res*a%p;
a = a * a % p;
}
return res;
}
pair<int,int> node[maxn];
int pos[maxn],val[maxn];
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&x0,&a,&b,&p);
int Q;scanf("%d",&Q);
if(a == 0){
while(Q--){
int v;scanf("%d",&v);
if(v == x0)
puts("0");
else if(v == b) puts("1");
else puts("-1");
}
continue;
}
ll now = x0;
int up = min(n,(ll)maxn);
for(int i=0;i<up;i++){
node[i] = {now,i};
now = (now * a + b) % p;
}
sort(node,node+up);
int m = 0;
for(int i=0;i<up;i++){
val[m] = node[i].first;
pos[m++] = node[i].second;
while(i < up - 1 && node[i].first == node[i+1].first)i++;
}
int inv_a = ksm(a,p-2);
int inv_b = (p-b)%p*inv_a%p;
ll bb = 0, aa = 1;
for(int i=0;i<maxn;i++){
aa = aa * inv_a % p;
bb = (bb * inv_a + inv_b) % p;
}
int r = p / maxn + 1;
while(Q--){
int v;scanf("%d",&v);
int id = lower_bound(val,val+m,v) - val;
if(id < m && val[id] == v){
printf("%d\n",pos[id]);continue;
}
if(n < maxn){
puts("-1");continue;
}
bool flag = false;
for(int i=1;i<=r;i++){
v = (aa * v + bb) % p;
int id = lower_bound(val,val+m,v) - val;
if(id < m && val[id] == v){
int res = pos[id] + i * maxn;
if(res >= n)puts("-1");
else printf("%d\n",res);
flag = true;break;
}
}
if(!flag)puts("-1");
}
}
return 0;
}最后提一下，复原的时候也可以先减后乘逆元
那么循环里面bb的更新就变成
ll bb = 0, aa = 1;
for(int i=0;i<maxn;i++){
aa = aa * inv_a % p;
bb = (bb*a%p + b) % p;
}
//循环查找中v的更新
v = (v-bb+p)%p*aa%p;