传送门
这题一眼看上去要解\(k^x \equiv 1(mod\ m)\)的最小正整数解。
于是我打了一个扩展BSGS
这题这样做算的答案一直是0的。不过有另一个定理欧拉定理，\(k^{\varphi(m)} \equiv 1 (mod\ m)\)。
首先我们要保证\(gcd(k,m) = 1\)，如果不互质的话那就是无解的。
因为有这样一句话：\(k^x mod\ m\)的结果必然是\(gcd(k,m)\)的倍数。我有一些奇怪的理解方法。因为其实这两者都可以看成是\(gcd(k,m)\)的t倍和\(gcd(k,m)\)的p倍。两个\(gcd(k,m)\)的正整数倍互相取模，那答案一定是\(gcd(k,m)\)的倍数了。
于是我们把\(\varphi(m)\)算了出来。但是这不一定是最小的解。
我们可以证明最小的解必然是\(\varphi(m)\)的一个因子。反证法如下：
假设\(n \nmid \varphi(m)\)，且n是满足\(k^x \equiv 1 (mod\ m)\)的最小正整数。那么因为\(n \nmid \varphi(m)\)，我们可以假设\(pn < \varphi(m) < p(n+1)\)，那么就有\(k^{\varphi(m)-pn} \equiv 1 (mod \ m)\)，所以n并不是最小正整数解。
所以我们枚举\(\varphi(m)\) 的因子，符合条件且最小的就是答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')
#define fr friend inline
#define y1 poj
#define mp make_pair
#define pr pair<int,int>
#define fi first
#define sc second
#define pb push_back

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 500005;
const int mod = 999979;
const int INF = 1000000009;
const double eps = 1e-7;

int read()
{
   int ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
   while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') op = -1;ch = getchar();}
   while(ch >= '0' && ch <= '9') ans = ans * 10 + ch - '0',ch = getchar();
   return ans * op;
}

int k,m,p[M],tot,cnt,ans[M];
bool np[M];
int gcd(int a,int b){return (!b)? a : gcd(b,a%b);}
int mul(int a,int b,int t){return 1ll * a * b % t;}
int qpow(int a,int b,int t)
{
   int p = 1;
   while(b)
   {
      if(b & 1) p = mul(p,a,t);
      a = mul(a,a,t),b >>= 1;
   }
   return p;
}
void euler()
{
   rep(i,2,M-2)
   {
      if(!np[i]) p[++tot] = i;
      for(int j = 1;i * p[j] <= M-2;j++)
      {
     np[i * p[j]] = 1;
     if(!(i % p[j])) break;
      }
   }
}
/*
int phi(int x)
{
   int res = 1;
   rep(i,1,tot)
   {
      bool flag = 1;
      while(!(x % p[i]))
      {
     x /= p[i];
     if(flag) res *= (p[i] - 1),flag = 0;
     else res *= p[i];
      }
   }
   if(x > 1) res *= (x-1);
   return res;
}
*/

int phi(int x)
{
   int res = x;
   rep(i,2,sqrt(x)) if(!(x % i)){res = res / i * (i-1);while(!(x%i)) x /= i;}
   if(x > 1) res = res / x * (x-1);
   return res;
}

int main()
{
   euler();
   m = read(),k = read();
   if(gcd(m,k) != 1) printf("Let's go Blue Jays!\n");
   else
   {
      int g = phi(m);
      rep(i,1,sqrt(g))
      {
     if(qpow(k,i,m) == 1) ans[++cnt] = i;
     if(qpow(k,g/i,m) == 1) ans[++cnt] = g / i;
      }
      sort(ans+1,ans+1+cnt);
      printf("%d\n",ans[1]);
   }
   return 0;
}