思路：暴力。

由于(a^k1*n+b1+b^k2(n-1)+1)(modC)=0对于任意n为正整数恒成立，那么对于n=1成立可得(a^k1+b1+b)(modC)=0;n =2时可得（a^2*k1+b1+b^k2+1)(modC)=0;

那么将n=1时所得的等式*a^k1（modC）得（a^2*k1+b1+b*a^k1）（modC）=0;

那么和n=2时所得的式子比较可得（a^k1）（modC）=(b^k2)(modC);

那么由于1<=a,b<C;

那么从1循环到C枚举a,用快速幂求a^k1，a^k1+b1，用n=1时的等式求b,快速幂求b^k2 ，判断是否（a^k1）（modC）=(b^k2)(modC);

下面证明；当a,b符合1,2式时，就(a^k1*n+b1+b^k2(n-1)+1)(modC)对于任意n为正整数恒成立。

1式可解得b=(C-(a^k1+b1)modC);由1,2式得（a^k1）（modC）=(b^k2)(modC);

那么原式可改写为：(a^k1*n+b1+a^k1(n-1)*(C-(a^k1+b1)modC))(modC)=0;

==(a^k1*n+b1+a^k1(n-1)*(C-(a^k1+b1))(modC)=0

==(C*a^k1(n-1))(modC)=0;

得证。

 时间复杂度为（n*log(n)）;

1 #include
     
       2 #include
      
        3 #include
       
         4 #include
        
          5 #include
         
           6 #include
          
            7 typedef long long ll; 8 ll quick(ll x,ll y); 9 ll C;10 using namespace std;11 int main(void)12 {13 ll i,j,k,p,q;14 int e=0;15 while(scanf("%lld %lld %lld %lld",&C,&k,&p,&q)!=EOF)16 { int flag=0;17 e++;18 printf("Case #%d:\n",e);19 for(i=1;i