HDU-4549(矩阵快速幂+欧拉定理)

题意：

F[0] = a, F[1] = b 

F[n] = F[n-1] * F[n-2] (n > 1) 

现在给出a, b, n，你能求出F[n]的值吗？

思路：

将F[n]推到F[0], F[1]可发现F[n]能表示成两个连续斐波那契数次幂的F[0]和F[1]的乘积：F[n] = F[0]^(n-1)*F[1]^(n)。矩阵快速幂求出斐波那契数, 然后普通快速幂求出F[n]即可。

但会发现一个问题，假设k很大，x^k和x^(k%mod)是不等价的，所以求斐波那契数会很大存不下，也不能直接模mod。

需要利用下面的定理：

欧拉定理：x^ϕ(m) ≡ 1(mod m)

若m是素数，x为整数且无法被m整除，则就是费马小定理：x^(m-1) ≡ 1(mod m)。

则可得定理：

若a^b mod m 中b很大，则可转化为

a^b(mod m) = a^[b mod(m-1)](mod m);

证明如下：

令b = t*(m-1) + r; 其中t = b整除(m-1), r = b%(m-1);

则a^b = [a^(m-1)]^t * a^r (mod m);
      = 1^t * a^r (mod m);
      = a^r (mod m);

费马小定理的推广：如果p为质数，x^p-x（x是任意正整数）必能被p整除. (x^p-x = x*(x^(p-1) - 1);)

Code:

#include <bits/stdc++.h>#define LL long longusing namespace std;const LL mod = 1000000007;struct node{LL a, b, c, d;};int a, b, n;pair<LL, LL> pr;node multi(node a, node b){node ans;ans.a = (a.a*b.a + a.b*b.c)%(mod-1);ans.b = (a.a*b.b + a.b*b.d)%(mod-1);ans.c = (a.c*b.a + a.d*b.c)%(mod-1);ans.d = (a.c*b.b + a.d*b.d)%(mod-1);return ans;}void quickM1(int b){node ans, base;ans.a = ans.d = 1; ans.b = ans.c = 0;base.a = base.b = base.c = 1; base.d = 0;while(b){if(b&1) ans = multi(ans, base);base = multi(base, base);b >>= 1;}pr.first = ans.a, pr.second = ans.b;}LL quickM2(int a, LL b){LL ans = 1, base = a;while(b){if(b&1) ans = ans*base%mod;base = base*base%mod;b >>= 1;}return ans;}int main(){ios::sync_with_stdio(0);while(cin >> a >> b >> n){if(n == 0) cout << a << endl;else if(n == 1) cout << b << endl;else{quickM1(n-1);cout << quickM2(b, pr.first)*quickM2(a, pr.second)%mod << endl;}}return 0;}

继续加油~

证明来自：http://www.cnblogs.com/cmyg/p/6647977.html