Description
求满足 \[n\cdot a^n\equiv b \pmod{p}\] 的 \(n\) 的个数， \(1\leq n\leq x\) ， \(a,b,p,x\) 均已给出。
\(2\leq p\leq 10^6+3,1\leq a,b < p, 1\leq x\leq 10^{12}\) ， 保证 \(p\) 是质数。
Solution
对于 \(x\leq 10^{12}\) 显然不能枚举判断。但我们注意到当关于 \(n_1,n_2\) 的方程，若满足 \(n_1\equiv n_2\pmod{p(p-1)}\) 那么这两个方程就是等价的。
理由可以由费马小定理 \(a^{p-1}\equiv1\pmod{p}\) ，以及 \(x\equiv x-p\pmod{p}\) 得到。
我们假设 \(n=i(p-1)+j\) ，那么 \[\begin{aligned}n\cdot a^n&\equiv b &\pmod{p}\\ i(p-1)+j&\equiv b\cdot a^{-j}&\pmod{p}\\ j-i&\equiv b\cdot a^{-j}&\pmod{p}\end{aligned}\]
由于 \(j\) 可能的取值只有 \(p-1\) 个，我们可以枚举 \(j\) 来算出对应的 \(i\) 的个数，也就是 \(n\) 的个数。值得注意的是由于 \(n\) 不能取 \(0\) 所以为了方便处理，让 \(j=0\) 变为 \(j=p-1\) 。
枚举 \(j\) 后我们可以求出最小的 \(i\) ： \(i\equiv j-b\cdot a^{-j}\pmod{p}\) ，进而求出最小的 \(n\) 。然后求出 \([1,x]\) 的范围内的等价的解的个数。
Code
//It is made by Awson on 2018.2.1
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define dob complex<double>
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define Abs(a) ((a) < 0 ? (-(a)) : (a))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define writeln(x) (write(x), putchar('\n'))
#define Swap(a, b) ((a) ^= (b), (b) ^= (a), (a) ^= (b))
using namespace std;
void read(LL &x) {
char ch; bool flag = 0;
for (ch = getchar(); !isdigit(ch) && ((flag |= (ch == '-')) || 1); ch = getchar());
for (x = 0; isdigit(ch); x = (x<<1)+(x<<3)+ch-48, ch = getchar());
x *= 1-2*flag;
}
void print(LL x) {if (x > 9) print(x/10); putchar(x%10+48); }
void write(LL x) {if (x < 0) putchar('-'); print(Abs(x)); }
LL a, b, p, x;
LL quick_pow(LL a, LL b, LL p) {
LL ans = 1;
while (b) {
if (b&1) ans = ans*a%p;
a = a*a%p, b >>= 1;
}
return ans;
}
void work() {
read(a), read(b), read(p), read(x);
LL inva = quick_pow(a, p-2, p);
LL ans = 0, now = b;
for (int i = 1; i < p; i++) {
now = now*inva%p;
LL n = (p-1)*((i-now+p)%p)+i;
if (n > x) continue;
ans += (x-n)/((LL)p*(p-1))+1;
}
writeln(ans);
}
int main() {
work();
return 0;
}