这题到现在还是只有我一个人过？太冷门了吧，毕竟你谷上很少有人会去做往年ACM比赛的题
题面意思很简单，每次给出(K_1)，让你求一个(K_2)满足(K_1^{K_2}equiv K_2(mod 10^{12}))
题目乍一看很有数学风格，看到取模和幂次想到什么？
费马大小定理，BSGS，二次探测？，不过在这里好像都用不了啊。
所以我们先考虑一个最朴素的想法：爆搜，每次直接枚举每一位上放什么数字，然后快速幂判断。
这样肯定T飞啊，所以我们进行一个大力观察，我们手玩下第二个样例：
[99^9equiv 9(mod 10^{1});99^9equiv 99(mod 10^{2})
]
[99^{99}equiv 99(mod 10^{2});99^{99}equiv 899(mod 10^{3})
]
[99^{899}equiv 899(mod 10^{3});99^{899}equiv 9899(mod 10^{4})
]
(dots)
发现什么没，若(K_1^{n}equiv dn(mod 10^{operatorname{bit}_n+1}))，那么(K_1^{dn}equiv dn(mod 10^{operatorname{bit}_{dn}}))！（上面的(dn)表示在(n)前面放一个(d)）
这个规律的提出在大刘的蓝书上也有涉及，并且可以用归纳法证明之，这里不再赘述。
所以接下来的流程就出来了，我们对于每一位，如果可以用这个规律刷出下一位就直接跳，否则（就是用规律算出前导零的情况）再枚举这一位的取值。
实际应用下在这个trick的优化下，再加上玄学的(O(1))快速乘，可以跑的非常快（(200ms)过了(1600)组数据）。
CODE
#include<cstdio>
#define RI register int
typedef long long LL;
const LL lim=1e11,R=(1LL<<20)-1; int n,cases;
LL quick_mul(LL x, LL y, LL mod)
{
return (x *(y>>20)%mod*(1LL<<20)%mod+x*(y&(R))%mod)%mod;
}
inline LL quick_pow(LL x,LL p,LL mod,LL mul=1)
{
for (;p;p>>=1,x=quick_mul(x,x,mod)) if (p&1) mul=quick_mul(mul,x,mod); return mul;
}
inline bool expand(int idx,LL n,LL p,LL mod)
{
int t; LL nxt; while (idx<12) if ((nxt=quick_pow(n,p,10LL*mod))!=p) p=nxt,++idx,mod*=10LL; else break;
if (idx==12&&quick_pow(n,p,mod)==p) return printf("%lld
",p),1; return 0;
}
inline bool DFS(int idx,LL p,LL mod)
{
if (idx==12) { if (p>=lim&&quick_pow(n,p,mod)==p) return printf("%lld
",p),1; return 0; }
if (quick_pow(n,p,mod)==p&&expand(idx,n,p,mod)) return 1;
for (RI i=0;i<10;++i) if (quick_pow(n,1LL*i*mod+p,mod)==p&&DFS(idx+1,1LL*i*mod+p,10LL*mod)) return 1; return 0;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
while (scanf("%d",&n),n)
{
printf("Case %d: Public Key = %d Private Key = ",++cases,n);
for (RI i=0;i<10;++i) if (DFS(1,i,10)) break;
}
return 0;
}