【BZOJ 3328】PYXFIB

3328: PYXFIB

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Description

Input

第一行一个正整数，表示数据组数据 ，接下来T行
每行三个正整数N,K,P

Output

T行，每行输出一个整数，表示结果

Sample Input

1

1 2 3

Sample Output

1

HINT

Source

By Wcmg

数论难题。

首先我们设矩阵

$$A= \begin{pmatrix} 1&1\1&0 \end{pmatrix}$$
那么$F_i=A^n$的左上角。
原式变成了 $$\sum_{i=0}^{\lfloor {\frac nk}\rfloor}C_n^{i*k}A^{ik}$$

1.二项式定理

看到题目中的式子，我们可以想到二项式定理，即

$$(a+b)^n=\sum_{i=0}^{n}{n \choose i}a^ib^{n-i}$$
那么 $$(a+1)^n=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}a^i$$
这个是针对数字的，针对到矩阵也是成立的 $$(A+I)^n=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}A^i$$
其中$I$是单位矩阵（只有$(i,i)=1$，其他地方都是$0$）
【之所以能这样转化，是因为$AI=IA$，与单位矩阵相乘满足交换律~若是两个普通矩阵就不能这么做了】

上面的式子与所求式是不是很像？只要再加一句

$$[i \%k=0]$$ 这个条件就和题目中的式子等价了。
（这是一个bool函数，他为true才算入答案）

2.使用单位根构造

我们的目的是构造一个数组$a[i]$满足$[i \%k=0]$，即在$i\%k=0$时$a[i]=1$，否则$a[i]=0$。

$g$为$p$的原根（只有$g^0,g^{p-1}$等于$1$），$\omega$为$p$的单位根，即$\omega=g^{\frac {p-1}k}$
【题中说了$p\%k=1$】
那么只有当$i\%k=0$时，$\omega^i=1$ (在模$p$意义下)

我们可以得到$\sum_{j=0}^{k-1}\omega^{ij}$只有在$i\%k=0$的情况下为$k$，其他情况为$0$。

【证明】:
①$i\%k=0$时，$\omega^i=1$，该式显然等于$k$
②$i\%k\neq0$时，该式构成了公比为$\omega^i$的等比数列，
根据等比数列求和公式，这个式子变成了

$$\frac{1-\omega^{ik}}{1-\omega^i}$$ ，而$\omega^k=1$，因此原式等于$0$

于是题中的式子就可以等价为

$$\frac 1k\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}A^i(\sum_{j=0}^{k-1}\omega^{ij})$$

而上面的式子又是什么呢？

我们设$F(x)=x^{-n}(xI+A)^n=\sum_{i=0}^n{n \choose i}x^{-i}A^{i}$

$$\frac 1k[F(\omega^{-0})+F(\omega^{-1})+...+F(\omega^{k-1})] =\frac 1k\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}A^i(\sum_{j=0}^{k-1}\omega^{ij})=ANS$$

而$F$函数可以用矩阵快速幂求出，此题就解决了~

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#define LL long long
using namespace std;
struct matrix
{
    LL f[3][3];
}T;
LL n,k,p;
int y[1000000],cnt;
LL Pow(LL a,LL n)
{
    LL b=a%p,ans=1;
    while (n)
    {
        if (n&1) ans=ans*b%p;
        b=b*b%p;
        n>>=1;
    }
    return (ans%p+p)%p;
}
matrix Add(matrix a,matrix b)
{
    matrix ans;
    for (int i=0;i<2;i++)
        for (int j=0;j<2;j++)
            ans.f[i][j]=(a.f[i][j]+b.f[i][j])%p;
    return ans;
}
matrix Mult(matrix a,matrix b)
{
    matrix ans;
    for (int i=0;i<2;i++)
        for (int j=0;j<2;j++)
        {
            ans.f[i][j]=0;
            for (int k=0;k<2;k++)
                ans.f[i][j]=(ans.f[i][j]+a.f[i][k]*b.f[k][j]%p)%p;
        }
    return ans;
}
matrix Pow_mult(matrix b,LL n)
{
    matrix ans;
    int f=0;
    while (n)
    {
        if (n&1)
        {
            if (f) ans=Mult(ans,b);
            else ans=b,f=1;
        }
        b=Mult(b,b);
        n>>=1;
    }
    return ans;
}
LL Calc(LL x)
{
    matrix ans;
    ans.f[0][0]=ans.f[1][1]=x;
    ans.f[0][1]=ans.f[1][0]=0;
    ans=Add(ans,T);
    ans=Pow_mult(ans,n);
    LL nix=Pow(Pow(x,n),p-2);
    for (int i=0;i<2;i++)
        for (int j=0;j<2;j++)
            ans.f[i][j]=ans.f[i][j]*nix%p;
    return ans.f[0][0];
}
void Getyinshu(int n)
{
    for (int i=2;i<=sqrt(n);i++)
    {
        if (n%i) continue;
        y[++cnt]=i;
        if (n/i>i) y[++cnt]=n/i;
    }
}
bool Judge(int x)
{
    for (int i=1;i<=cnt;i++)
        if (Pow(x,y[i])%p==1) return false;
    return true;
}
LL Getw()
{
    Getyinshu(p-1);
    int g;
    for (g=2;;g++)
        if (Judge(g))
            break;
    return Pow(g,(p-1)/k);
}
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while (t--)
    {
    cnt=0;
    T.f[0][0]=T.f[0][1]=T.f[1][0]=1,T.f[1][1]=0;
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&p);
    LL w=Getw();
    LL ans=0;
    LL ni=Pow(Pow(w,k-1),p-2);
    ans=(ans+Calc(ni))%p;
    for (int i=k-2;i>=0;i--)
    {
        ni=ni*w%p;
        ans=(ans+Calc(ni))%p;
    }
    cout<<(ans*Pow(k,p-2)%p+p)%p<<endl;
    }
    return 0;
}

感悟：

这道题首先想到二项式定理；
然后利用$p\%k=1$，利用单位根构造出原式。