hdu 5667 Sequence 矩阵快速幂

来源：互联网发布：漏洞修复软件编辑：程序博客网时间：2024/06/06 02:15

1 n=1

f（n）={ a^b n=2

a^b*f（n-1）^c *f（n-2）其他

给了你几个数:n,a,b,c,你需要输出f（n）模p后的数值 ,p是质数

思路：列几项后发现f（n） =（a^b）^指数，（a^b）是常数，对f（n）取

以（a^b）为底的对数后，令F（n）=logf（n），F（n）=c*F（n-1）+F（n-2）n-2+1。

类比斐波那契数列，可以快速求出F（n）， F（n+2） c 1 1 F（n+1）

F（n+1） = 1 0 0 * F（ n ）

1 0 0 1 1

因为F（n）可能很大所以用费马小定理x^(p-1)%p=1 （x与p互质），既算F（n）的过程中对p-1

取模。最后用快速幂算a^( b*F( n ) ) %p 。然后就愉快的WA了 QAQ。

理由很简单，用费马小定理条件为a与p互质，但是a与p不一定互质。因为p为质数所以a如果与p不互质

a一定为p的倍数，此时a的任意次幂对p取模都为0，直接输出答案。a如果与p互质则可以用费马小定理。

所以加个特判就过了。感觉把这道题做复杂了 23333333333 。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <string>#include <queue>#include <map>#include <vector>using namespace std;const int N=100005;//const int mod=1e9+7;typedef long long ll;typedef vector<ll > vec;typedef vector<vec > mat; ll p;ll n,a,b,c;mat mul(mat &A,mat &B){    mat C(A.size(), vec( B[0].size() ) );    for(int i=0;i<A.size();i++){        for(int k=0;k<B.size();k++){            for(int j=0;j<B[0].size();j++){                C[i][j]=( C[i][j]+A[i][k]*B[k][j] )%(p-1);            }        }    }    return C;}mat pow(mat A,ll n){    mat B( A.size(),vec(A.size() ,0 ) );    for(int i=0;i<A.size();i++){        B[i][i]=1;    }    while(n>0){        if(n&1)B=mul(B,A);        A=mul(A,A);        n>>=1;    }    return B;}ll  mod_pow(ll x, ll n1, ll mod){    ll res=1;    while(n1>0){        if(n1&1)        res=res*x%mod;        x=x*x%mod;        n1>>=1;    }    return res;}int main(){    int  t;    scanf("%d",&t);    while(t--){        scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&n,&a,&b,&c,&p);        if( a%p==0 ){printf("0\n");continue;}        mat A( 3,vec( 3,0 ) );        A[0][0]=c; A[0][1]=1;A[0][2]=1;        A[1][0]=1; A[1][1]=0;A[1][2]=0;        A[2][0]=0; A[2][1]=0;A[2][2]=1;        A=pow(A,n-1);        ll logfn=A[1][0]+A[1][2];        ll tmp=( b*logfn )%(p-1);        printf("%I64d\n",  mod_pow(a,tmp,p)  );    }return 0;}

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