【BZOJ】2432: [Noi2011]兔農 -矩乘&找規律&fibnacci迴圈節
阿新 • • 發佈:2018-11-26
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題解
良心題,暴力有 。。。
顯然是分別維護斐波那契數列
意義下的值。
就題面中的例子(
)來看(方便觀察性質,每出現一個
就新開一行):
觀察到一些特殊的性質:
-
每行開頭必然是兩個相同的數(設為 ),且每一行形式相同:
-
如果有迴圈節的話,迴圈行數必然不超過 。
-
迴圈節中每行結尾都是以 結束的:
這樣表示比較直觀。
只需要找到最小的 就得到了第 行的長度,且
具體來說,用 表示最小的模 等於 的斐波那契數項。而可以證明模 意義下,斐波那契迴圈節長度不超過 ,且迴圈節中前三個數必然為 (一個paper)
求解逆元,但 不保證是質數,無解的情況就等同於沒有特殊的減一操作,直接矩乘。
所以我們只需要在不超過 次內找出迴圈節然後矩陣快速冪即可。
行內的轉移矩陣:
行之間的轉移矩陣:
初始矩陣:
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
ll n;bool fwg[N];
int K,mod,pr,vs[N],f[N*6],inv[N];
inline int ad(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;}
inline int dc(int x,int y){x-=y;return x<0?x+mod:x;}
struct Mat{
int g[3][3];
inline int *operator[](int x){return g[x];}
Mat operator *(const Mat&ky)const{
Mat re;register int i,j,k,v;
for(i=0;i<3;++i)
for(j=0;j<3;++j){
for(v=k=0;k<3;++k) v=ad(v,(ll)g[i][k]*ky.g[k][j]%mod);
re.g[i][j]=v;
}
return re;
}
inline void itia()
{
register int i,j;
for(i=0;i<3;++i)
for(j=0;j<3;++j)
g[i][j]=(i==j);
}
}A,B,C,D,ori,mt[N];
inline Mat fp(Mat a,ll y)
{
ori.itia();
for(;y;y>>=1,a=a*a)
if(y&1) ori=ori*a;
return ori;
}
int exgcd(int a,int b,ll &x,ll &y)
{
if(!b) {x=1;y=0;return a;}
int re=exgcd(b,a%b,y,x);y-=x*(a/b);
return re;
}
inline int gtiv(int a,int b)
{
ll x,y;
return exgcd(a,b,x,y)==1?((x%b+b)%b):(-1);
}
int main(){
int i,x,z,len;ll cot;
scanf("%lld%d%d",&n,&K,&mod);
f[1]=f[2]=1;
for(i=3;;++i){
f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%K;
if(!vs[f[i]]) vs[f[i]]=i;
if(f[i]==1 && f[i]==f[i-1]) break;
}
A[0][0]=A[0][1]=A[1][0]=A[2][2]=1;
B[0][0]=B[1][1]=B[2][2]=1;B[2][0]=mod-1;
C[0][1]=C[0][2]=1;
for(z=1,pr=0;n;){
if(!inv[z]) inv[z]=gtiv(z,K);
if(inv[z]==-1) {C=C*fp(A,n);break;}
if(pr || (!fwg[z])){
len=vs[inv[z]];
if(!len || n<len){C=C*fp(A,n);break;}
if(!fwg[z]){fwg[z]=true;mt[z]=fp(A,len)*B;}
n-=len;C=C*mt[z];z=(ll)z*f[len-1]%K;
}else{
cot=0;cot=vs[inv[z]];D=mt[z];
for(x=(ll)z*f[vs[inv[z]]-1]%K;x!=z;x=(ll)x*f[vs[inv[x]]-1]%K)
D=D*mt[x],cot+=vs[inv[x]];
C=C*fp(D,n/cot);n%=cot;pr=1;
}
}
printf("%d",C[0][0]);
return 0;
}