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限时每日一题day24。一道纯数学题，结论非常简单，但还是想再复盘一下推导的过程。
先说结论：
- \(kind1\) 成立：\(b^{k} \equiv 0 (mod\space n)\)
- \(kind2\) 成立：\(b^{k} \equiv 1 (mod\space n)\)
- \(kind3\) 成立：\(b^{k} \equiv n - 1 (mod\space n)\)
对于三种情况，分别找到使对应同余式成立的最小的 \(k\)，再取三者 \(min\) 即为答案。三种情况都找不到合法的 \(k\) 则无解。
下面证明一下上述三条结论：
- 可以取最后 \(k\) 位模 \(n\) 来表示整个数模 \(n\) 的结果，也就说明去除最后 \(k\) 位（这里指将后 \(k\) 位均变为 \(0\)），形成的数一定是 \(n\) 的倍数。也就是：
\[d_{m} \times b^{m} + ... + d_{k + 1} \times b^{k + 1} + d_{k} \times b^{k} \equiv 0 (mod \space n)
\]
上述 \(d_{i}\) 是任意取值的。因此要想等式恒成立，则一定有：
\[b^{k} \equiv 0 (mod\space n)
\]
- 这里以 \(k = 3\) 为例：设该数为 \(b\) 进制表示，共 \(7\) 位。
则将该数用进制拆分可表示为：
\[d_{6}b^{6} + d_{5}b^{5} + d_{4}b^{4} + d_{3}b^{3} + d_{2}b^{2} + d_{1}b^{1} + d_{0}b^{0}
\]
而用该数从低到高每三位的和所表示的数为：
\[d_{0}b^{0} + (d_{2}b^{2} + d_{1}b^{1} + d_{0}b^{0}) + (d_{2}b^{2} + d_{1}b^{1} + d_{0}b^{0})
\]
两式 \(mod \space n\) 相等，若恒成立，则必有：
\[b^{k} \equiv 1 (mod\space n)
\]
- 与2极为类似。只不过第二个式子变为：
\[d_{0}b^{0} - (d_{2}b^{2} + d_{1}b^{1} + d_{0}b^{0}) + (d_{2}b^{2} + d_{1}b^{1} + d_{0}b^{0})
\]
整理一下即为：
\[b^{k} \equiv n - 1 (mod\space n)
\]
证毕。
得到结论后，由于需要从小到大枚举可行解，则还需要考虑一下如何快速判断无解的情况（否则一直得不到可行解，导致死循环）。这里可以利用循环节的技巧：
余数范围在 \([0,n-1]\) 之间，则在 \(k\) 从小变大的过程中，余数为 \(0\) 或 \(1\) 或 \(n - 1\) 中的某一个时，有解；否则，在没有遇到这三个数时，遇到了一个之前得到过的余数，则可以立即判定无解，因为接下来的所有余数将会构成循环节，且永远不会出现 \(0\) 或 \(1\) 或 \(n - 1\)。因此开一个 \(vis\) 数组记录得到过的余数即可，复杂度 \(O(n)\)。
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