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矩阵乘法+快速幂+欧拉定理.
首先观察题目可以发现 \(A_n\) 可以表示成关于 \(K\) 和 \(A_0\) 的几次幂的形式.
\(A_0\) 就比较简单了 \(m^n\) 所以第一部分 \(ans1=A_0^{m^n}\) .
看看 \(k\) 找一下规律就可以发现, \(K\) 的次幂形式是 \(m^{n-1}+2m^{n-2}+3m^{n-3}+...+nm^0\) .
这个东西可以构造一个矩阵,来递推出来.矩阵里需要有 \(3\) 个变量 \(ans,b,1\) .
其中 \(ans\) 是当前答案, \(b\) 是循环变量, \(1\) 就是 \(b\) 每次递增的数值.
\[\begin{bmatrix}ans\\ b\\ 1\end{bmatrix}\]
就是这样的一个矩阵,我们想它变成
\[\begin{bmatrix}ans*m+b\\ b+1\\ 1\end{bmatrix}\]
显然啊.矩阵很好构造.
\[\begin{bmatrix}m&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{bmatrix}\]
这个矩阵快速幂就可以了,但是注意是 \(n-1\) 次幂.
然后这道题还有个坑点就是 \(p\) 不是质数,但是保证互质,如果是 \(k\) 或 \(A_0\) 我们只需要模关于 \(p\) 的逆元的次幂就可以了,这里可以直接用欧拉定理.
\[a^{\varphi(n) }\equiv 1(mod n)\]
然后就成了模板题了...慢慢的全是模板...
md!sbt卡常数.写个快速乘.变成 \(log^2\) T到死.需要优化这个常数,把一个 \(log\) 优化掉就可以.
快速乘可以分段来写先乘前 \(10^6\) 的数字再乘后 \(10^6\) 的数字就可以了.
之前没想快速乘的这个 \(log\) 感觉可以过...然后为了卡常数...什么都写了...
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Problem: 3665
User: BeiYu
Language: C++
Result: Accepted
Time:12284 ms
Memory:20836 kb
****************************************************************/
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
//typedef vector<LL> Vec;
//typedef vector<Vec> Mat;
struct Mat{
LL a[3][3];
Mat(){ memset(a,0,sizeof(a)); }
};
LL T,p,m,n,k,a0,phi;
LL ans1,ans2;
char *ps=(char *)malloc(20000000);
inline LL in(LL x=0){ for(;*ps>‘9‘||*ps<‘0‘;ps++);
for(;*ps>=‘0‘&&*ps<=‘9‘;ps++) x=(x<<3)+(x<<1)+*ps-‘0‘;return x; }
inline void Out(LL x){
int l=0;char ch[65];
if(!x){ putchar(‘0‘);return; }
if(x<0) putchar(‘-‘),x=-x;
while(x) ch[++l]=x%10+‘0‘,x/=10;
for(int i=l;i;i--) putchar(ch[i]);
}
inline LL GetPhi(LL p){
LL res=p,m=sqrt(p)+0.5;
for(int i=2;i<=m;i++) if(p%i==0){
res=res/i*(i-1);
while(p%i==0) p/=i;
}
if(p>1) res=res/p*(p-1);return res;
}
inline LL Mul(LL a,LL b,LL p){
LL t1=b/1000000,t2=b%1000000;
return ((t1*a)%p*1000000%p+t2*a%p)%p;
// if(p<=1000000000) return a*b%p;
// return (a*b-(LL)(a/(long double)p*b+1e-3)*p+p)%p;
// for(;b;b>>=1,a=(a+a)%p) if(b&1) res=(res+a)%p;return res;
}
inline LL Pow(LL a,LL b,LL p,LL res=1){ for(;b;b>>=1,a=Mul(a,a,p)) if(b&1) res=Mul(res,a,p);return res; }
Mat operator * (const Mat &A,const Mat &B){
Mat C;
for(int i=0;i<3;i++) for(int j=0;j<3;j++) for(int k=0;k<3;k++)
C.a[i][j]=(C.a[i][j]+Mul(A.a[i][k],B.a[k][j],phi))%phi;
return C;
}
Mat operator ^ (Mat A,LL b){
Mat res;
for(int i=0;i<3;i++) for(int j=0;j<3;j++) res.a[i][j]=(i==j)?1:0;
for(;b;b>>=1,A=A*A) if(b&1) res=res*A;
return res;
}
int main(){
// freopen("maths.in","r",stdin);
// freopen("maths.out","w",stdout);
// ios::sync_with_stdio(false);
fread(ps,1,20000000,stdin);
Mat A;
for(T=in(),p=in(),phi=GetPhi(p);T--;){
m=in()%phi,a0=in()%p,k=in()%p,n=in();
// cout<<Mul(n,Pow(n,5))<<endl;
// cout<<"0"<<endl;
// cout<<m<<" "<<a0<<" "<<k<<" "<<n<<endl;
// cout<<ans1<<endl;
ans1=Pow(a0,Pow(m,n,phi),p);
// cout<<ans1<<endl;
// cout<<"1"<<endl;
A.a[0][0]=m,A.a[0][1]=1,A.a[0][2]=0;
A.a[1][0]=0,A.a[1][1]=1,A.a[1][2]=1;
A.a[2][0]=0,A.a[2][1]=0,A.a[2][2]=1;
A=A^(n-1);
// cout<<"2"<<endl;
ans2=Pow(k,((A.a[0][0]+2*A.a[0][1])%phi+A.a[0][2])%phi,p);
// cout<<"3"<<endl;
// cout<<ans1<<" "<<ans2<<endl;
Out(Mul(ans1,ans2,p)),putchar(‘\n‘);
// printf("%I64d\n",Mul(ans1,ans2,p));
}
return 0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/beiyuoi/p/5869513.html
