The Nth Item
\[
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\]
题意
给出递推式，求解每次 \(F[n]\) 的值，输出所有 \(F[n]\) 的 \(xor\) 值。
思路
对于线性递推数列，可以用特征方程求出他的通项公式，比如这题
\[
F[n] = 3F[n-1]+2F[n-2] \x^2 = 3x+2 \x = \frac{3\pm \sqrt{17}}{2}
\]
令 \(F[n] = C_1x_1^n + C_2x_2^n\)
将 \(F[0]\) 和 \(F[1]\) 带入
\[
\begin{aligned}
&\begin{cases}
C_1 + C_2 = 0 \C_1\frac{3+ \sqrt{17}}{2} + C_2\frac{3- \sqrt{17}}{2} = 1
\end{cases} \&\begin{cases}
C_1 = \frac{1}{\sqrt{17}}\C_2 = -\frac{1}{\sqrt{17}}
\end{cases}
\end{aligned}
\]
即 \(F[n] = \frac{1}{\sqrt{17}} \left[\left(\frac{3+\sqrt{17}}{2}\right)^n - \left(\frac{3-\sqrt{17}}{2}\right)^n \right]\)
\(\sqrt{17}\) 可以通过二次剩余来得到其中一个可能的解，\(524399943\) 就是一个解。
令 \(p = \frac{3+\sqrt{17}}{2}，q=\frac{3-\sqrt{17}}{2}\)，现在的问题就是解出 \(p^n\) 和 \(q^n\)。
首先因为 \(n\) 高达 \(1e18\)，可以利用欧拉降幂，把 \(n\) 降到 \(2mod-1\) 级别内，也即是 \(2e9\) 附近。
可以利用 \(n = x*50000+y\)，\(q^n = q^{x*50000} * q^y\)，将 \(q\) 在 \(5e4\) 以内的幂打表出来，在打出 \(q\) 的幂为 \(k*5e4\) 的表，然后就可以做到 \(O(1)\) 查询。
对于 \(q\) 也是相同的做法。
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> File Name : a.cpp
> Author : Jiaaaaaaaqi
> Created Time : Wed 11 Sep 2019 10:01:20 PM CST
***************************************************************/
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cfloat>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
#define lowbit(x) x & (-x)
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int maxm = 1e5 + 10;
const ll mod = 998244353;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
using namespace std;
ll n, m;
int cas, tol, T;
ll fpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
while(b) {
if(b&1) ans = ans*a%mod;
a = a*a%mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
ll sqrt17 = 524399943, phiC = mod-1;
ll p, q, inv17;
ll ppow1[maxn], ppow2[maxn];
ll qpow1[maxn], qpow2[maxn];
void handle() {
inv17 = fpow(sqrt17, mod-2);
p = 1ll*(3ll+sqrt17)*fpow(2, mod-2)%mod, q = 1ll*(3ll-sqrt17+mod)*fpow(2, mod-2)%mod;
ppow1[0] = qpow1[0] = 1;
for(int i=1; i<=50000; i++) {
ppow1[i] = ppow1[i-1]*p%mod;
qpow1[i] = qpow1[i-1]*q%mod;
}
ppow2[0] = qpow2[0] = 1;
ppow2[1] = ppow1[50000];
qpow2[1] = qpow1[50000];
for(int i=2; i<=50000; i++) {
ppow2[i] = ppow2[i-1]*ppow1[50000]%mod;
qpow2[i] = qpow2[i-1]*qpow1[50000]%mod;
}
}
ll getp(ll n) {
return ppow2[n/50000]*ppow1[n%50000]%mod;
}
ll getq(ll n) {
return qpow2[n/50000]*qpow1[n%50000]%mod;
}
ll solve(ll n) {
if(n >= phiC) n = n%phiC+phiC;
return inv17*(getp(n)-getq(n)+mod)%mod;
}
int main() {
// freopen("in", "r", stdin);
handle();
scanf("%lld%lld", &n, &m);
ll ans = 0;
for(int i=1; i<=n; i++) {
ll tmp = solve(m);
m ^= tmp*tmp;
ans ^= tmp;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/Jiaaaaaaaqi/p/11509318.html