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=(1110)
那么Fi=An的左上角。
原式变成了
∑i=0?nk?Ci?knAik
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=∑i=0n(ni)aibn?i
那么
(a+1)n=∑i=0n(ni)ai
这个是针对数字的,针对到矩阵也是成立的
(A+I)n=∑i=0n(ni)Ai
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g0,gp?1等于1),ω为p的单位根,即ω=gp?1k
【题中说了p%k=1】
那么只有当i%k=0时,ωi=1 (在模p意义下)
我们可以得到∑k?1j=0ωij只有在i%k=0的情况下为k,其他情况为0。
【证明】:
①i%k=0时,ωi=1,该式显然等于k
②i%k≠0时,该式构成了公比为ωi的等比数列,
根据等比数列求和公式,这个式子变成了
1?ωik1?ωi
,而ωk=1,因此原式等于0
于是题中的式子就可以等价为
1k∑i=0n(ni)Ai(∑j=0k?1ωij)
而上面的式子又是什么呢?
我们设F(x)=x?n(xI+A)n=∑ni=0(ni)x?iAi
1k[F(ω?0)+F(ω?1)+...+F(ωk?1)]=1k∑i=0n(ni)Ai(∑j=0k?1ωij)=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。