UVA

假如有这样一道题目：要给一个M行N列的网格涂上K种颜色，其中有B个格子不用涂色，其他每个格子涂一种颜色，同一列中的上下两个相邻格子不能涂相同颜色。给出M,N,K和B个格子的位置，求出涂色方案总数除以1e8+7的结果R。

本题的任务和这个相反：已知N,K,R和B个格子的位置，求最小可能的M。

蓝书(大白)上的例题，设xm为不能涂色的格子的最大x值，则分三种情况讨论：M=xm,M=xm+1,M>xm+1。前两种用组合公式直接算，第三种可设前xm+1行的格子涂色方法有n种，由于每增加一行，总涂色方案数增加p=(k-1)^N，于是有n*p^(M-xm-1)=R，用BSGS算法求出M-xm-1的值即可得到答案。

中间有一个连乘少取了一次模爆了longlong，差点debug到自闭..

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 
 3 using namespace std;
 4 typedef long long ll;
 5 const ll N=500+10;
 6 const ll mod=1e8+7;
 7 struct P {
 8     ll x,y;
 9     bool operator<(const P& b)const {return x!=b.x?x<b.x:y<b.y;}
10 };
11 ll n,k,b,r,ka;
12 ll x[N],y[N],xm,all;
13 set<P> st;
14 
15 ll Pow(ll a,ll b) {
16     ll ret=1;
17     for(; b; b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)ret=ret*a%mod;
18     return ret;
19 }
20 ll inv(ll a) {return Pow(a,mod-2);}
21 ll Log(ll a,ll b) {
22     ll m=sqrt(mod+0.5),v=inv(Pow(a,m));
23     map<ll,ll> mp;
24     for(ll i=0,e=1; i<m; ++i,e=e*a%mod)if(!mp.count(e))mp[e]=i;
25     for(ll i=0; i<m; ++i,b=b*v%mod)if(mp.count(b))return i*m+mp[b];
26     return -1;
27 }
28 
29 ll solve() {
30     ll ans=Pow(k,all)*Pow(k-1,n*xm-all-b)%mod;
31     if(ans==r)return xm;
32     ll cnt=0;
33     for(ll i=0; i<b; ++i)if(x[i]==xm)++cnt;
34     ans=ans*Pow(k,cnt)%mod*Pow(k-1,n-cnt)%mod;
35     if(ans==r)return xm+1;
36     return xm+1+Log(Pow(k-1,n),r*inv(ans)%mod);
37 }
38 
39 int main() {
40     ll T;
41     scanf("%lld",&T);
42     while(T--) {
43         printf("Case %lld: ",++ka);
44         xm=1;
45         st.clear();
46         scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&b,&r);
47         all=n;
48         for(ll i=0; i<b; ++i) {
49             scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
50             xm=max(xm,x[i]);
51             st.insert({x[i],y[i]});
52             if(x[i]==1)all--;
53         }
54         for(ll i=0; i<b; ++i) {
55             if(x[i]!=xm&&!st.count({x[i]+1,y[i]}))all++;
56         }
57         printf("%lld
",solve());
58     }
59     return 0;
60 }