洛谷P3216 [HNOI2011]數學作業

題目描述

小 C 數學成績優異，於是老師給小 C 留了一道非常難的數學作業題：

給定正整數 N 和 M，要求計算 Concatenate (1 .. N) Mod M 的值，其中 Concatenate (1 ..N)是將所有正整數 1, 2, …, N 順序連接起來得到的數。例如，N = 13, Concatenate (1 .. N)=12345678910111213.小C 想了大半天終於意識到這是一道不可能手算出來的題目，於是他只好向你求助，希望你能編寫一個程序幫他解決這個問題。

輸入輸出格式

輸入格式：

從文件input.txt中讀入數據，輸入文件只有一行且為用空格隔開的兩個正整數N和M，其中30%的數據滿足1≤N≤1000000；100%的數據滿足1≤N≤10¹⁸

輸出格式：

輸出文件 output.txt 僅包含一個非負整數，表示 Concatenate (1 .. N) Mod M 的值。

輸入輸出樣例

13 13

4

題解：想想看，如果n範圍比較小時你會怎麽做？
我們應該想到，比如說對於序列1234567，要取模的數是13，那麽我們會先讓1對13取模得到1，再讓12對13取模得到12，再讓123對13取模得到6，再讓64對13取模得到12，再讓125對13取模得到8，再讓86對13取模得到8，最後讓87對13取模得到9。這與1234567直接對13取模的值是相同的。其中的數學證明不再贅述。
於是我們可以得到遞推式，對於序列f(n)，f(n)=f(n-1)×10^len(n)+n（其中len(n)表示n這個數字有幾位）。
由於n的範圍極大，我們考慮用矩陣快速冪轉移優化，構造矩陣如下：
f(n)            10^len(n)     1            1                      f(n-1)
 n        =         0            1            1          ×            n-1
 1                   0            0           1                         1
我們轉移時，根據1~9時len(i)相同，10~99時len(i)相同，100~999時len(i)相同劃分為不同的區塊進行轉移優化。
這個轉移思路是從WHC大佬那裏獲得的，本蒟蒻還是太弱了。
接下來還是看代碼吧。
 

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 using namespace std;
 5 const int N=3;
 6 struct node{
 7     long long a[N][N];
 8     void clr(){memset(a,0,sizeof(a));}
 9 }ans,p[20];
10 long long n,mod,now,t;
11 node operator * (node x,node y)
12 {
13     node z; z.clr();
 
14     for (int i=0;i<3;++i)
15     for (int j=0;j<3;++j)
16     for (int k=0;k<3;++k)
17     z.a[i][j]=(z.a[i][j]+x.a[i][k]*y.a[k][j])%mod;
18     return z;
19 }
20 node Pow(node x,long long y)
21 {
22     node tmp=x;
23     for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) tmp=tmp*x;
24     return tmp;
25 }
26 long long calc(long long x,long long y)
27 {
28     long long tmp=1;
29     for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) tmp=tmp*x;
30     return tmp;
31 }
32 int main()
33 {
34     scanf("%lld%lld",&n,&mod);
35     ans.clr(); ans.a[2][0]=1;
36     p[0].clr(); p[0].a[0][0]=p[0].a[0][1]=p[0].a[0][2]=p[0].a[1][1]=p[0].a[1][2]=p[0].a[2][2]=1;
37     for (int i=1;i<=19;++i) p[i]=p[i-1],p[i].a[0][0]*=10,p[i].a[0][0]%=mod;
38     for (long long i=0,j=9,k=0;k<min(n,(long long)999999999999999999);k+=9*calc(10,i),++i)
39     ans=Pow(p[i+1],min(n-k,9*calc(10,i))-1)*ans;
40     if (n==1000000000000000000) ans=p[19]*ans;
41     printf("%lld\n",ans.a[0][0]);
42     return 0;
43 }

洛谷P3216 [HNOI2011]數學作業