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题目

题目链接：https://gmoj.net/senior/#main/show/4015

思路

分三个\(sub\)。分值分别为\(35pts,35pts,30pts\)。

sub1

\(n\leq 10^6\),直接暴力递推即可。

sub2

\(m\leq 10^6\)，显然\(x_i\mod p\)存在长度不超过\(10^6\)的循环节，直接找循环节即可。

sub3

特殊限制\(m\in prime,2a|b,4ac=b^2-2b\)，发现和二次函数很像。
不妨设二次函数\(y=ax^2+bx+c\)，其中\(y\)就是\(x_i\)，\(x\)就是\(x_{i-1}\)。
\(2a,b,4ac\)等都与顶点式有关，所以将这个二次函数化为顶点式
\[y=a(x+\frac{b}{2a})^2+\frac{4ac-b^2}{4a}\]
\[y=a(x+\frac{b}{2a})^2-\frac{b}{2a}\]
\[y+\frac{b}{2a}=a(x+\frac{b}{2a})^2\]
那么明显有
\[a(y+\frac{b}{2a})=[a(x_0+\frac{b}{2a})]^{2^n}\]
即
\[x_n=a^{2^n-1}\times (x_0+\frac{b}{2a})^{2^n}-\frac{b}{2a}\]
因为\(m\)是质数，所以\(a^p\mod m=a^{p\mod \varphi(m)}\mod m\)。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=1000010;
ll x,a,b,c,n,p,t[N],vis[N];

ll power(ll x,ll k,ll MOD)
{
    ll ans=1; x%=MOD;
    for (;k;k>>=1,x=x*x%MOD)
        if (k&1) ans=ans*x%MOD;
    return ans;
}

void solve1()
{
    for (int i=1;i<=n;i++)
        x=(a*x%p*x%p+b*x%p+c)%p;
    printf("%lld",x%p);
}

void solve2()
{
    int m=0;
    x%=p;
    for (;;m++)
    {
        if (vis[x]) 
        {
            n-=vis[x]; m-=vis[x];
            printf("%lld",t[n%m+vis[x]]);
            break;
        }
        vis[x]=m; t[m]=x;
        x=(a*x%p*x%p+b*x%p+c)%p;
    }
}

void solve3()
{
    ll k1=(power(2,n,p-1)-1+p-1)%(p-1);
    ll k2=power(2,n,p-1);
    printf("%lld",((power(a,k1,p)*power(x+b/2/a,k2,p)-b/2/a)%p+p)%p);
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&a,&b,&c,&n,&p);
    if (n<=1000000LL) solve1();
    else if (p<=1000000LL) solve2();
    else solve3();
}

【GMOJ4015】数列

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原文地址：https://www.cnblogs.com/stoorz/p/12283825.html