文章目录

1 问题
- 1.1 题面描述
- 1.2 输入描述
- 1.3 输出描述
- 1.4 样例描述
- 1.5 样例解释
2 分析
- 2.1 数学抽象
- 2.2 解决方法
- - 2.2.1 等比求和
  - - 2.2.1.1 求和公式：分数取模——乘法逆元
    - 2.2.1.2 二分递归：数学推导——分治思想
  - 2.2.2 求解 q n q^{n} qn ——快速幂取模
  - 2.2.3 int64 的乘法模运算——位运算法
3 实现
- 3.1 求和公式
- 3.2 二分递归
4 参考文章

1 问题

7-2 国王的奖励

1.1 题面描述

国际象棋是很久以前由一个印度人 Shashi 发明的，当他把该发明献给国王的时候，国王很高兴，就许诺可以给这个发明人任何他想要的奖赏。Shashi 要求以这种方式给他一些粮食：棋盘的第 1 个方格里只放 1 粒麦粒，第 2 格 q 个,第 3 格 q² 个,第 4 格 q³ 个……，直到 n 个格子全部放满。这个奖赏最终会是什么样子的呢？Shashi 已经有算法了，请你算一算吧。
当然 Shashi 并不关心具体的数有多少了，他有一个检验你的答案是否与他心意相通的办法:把你求出的答案对 100000007 取模看看和 Shashi 算的是否一样就行了。

1.2 输入描述

本题输入具有多组样例。
第一行为一个数 t (1 ≤ t ≤ 500)，代表测试数据的组数。
之后的 t 行，每行两个数 q, n (1 ≤ q, n ≤ 10¹⁸)，含义见题目描述。

1.3 输出描述

输出共 t 行，每行一个数，为你算的答案。
友情提醒：你算的答案应该比 100000007 小。

1.4 样例描述

样例输入：
3
2 1
2 2
2 3
样例输出：
1
3
7
1.5 样例解释

对于样例：

q = 2, n = 1 时仅有1个麦粒

q = 2, n = 2 时有 1 + 2 = 3 个麦粒

q = 2, n = 3 时有 1 + 2 + 2² = 7 个麦粒

作者｜cugbacm
单位｜中国地质大学（北京）
代码长度限制｜16 KB
时间限制｜1000 ms
内存限制｜256 MB

2 分析

2.1 数学抽象

该问题本质为等比数列求和问题， 1 1 1 为首项， q q q 为公比， n n n 为项数。
需要注意：

每次输入的 q q q, n n n 可能不同；
q q q, n n n 的范围超过 int32，需要用 int64 来存储；
结果要对 100000007 100000007 100000007 取模；
计算过程中涉及到大数乘法，直接用 * 运算符会造成数据溢出，需要用自己设计的大数乘法模运算作为替代。

2.2 解决方法

2.2.1 等比求和

等比数列求和方法一般有直接求和、二分递归以及运用等比求和通项公式。
对于 q = 1 q=1 q=1 的情况，显然等比求和通项公式是最好的选择，取模对此并无影响，时间复杂度为 O ( 1 ) \Omicron(1) O(1)，因此问题集中在 q > 1 q>1 q>1 的情况之上。

本文中我们将依次对 q > 1 q>1 q>1 情况下的等比求和通项公式法和二分递归法进行讨论分析。

2.2.1.1 求和公式：分数取模——乘法逆元

等比数列求和通项公式如下：
S n = 1 − q n 1 − q S_{n}=\cfrac{1-q^n}{1-q} Sn=1−q1−qn
求和部分时间复杂度只有 O ( 1 ) \Omicron(1) O(1)，主要取决于求解 q n q^n qn 的算法。

但模运算对除法不存在分配率，即
a m o d p b m o d p ≠ a b m o d p \dfrac{a \bmod p}{b \bmod p} \ne \cfrac a b \bmod p bmodpamodp=bamodp
不能直接使用通项公式。

对分数取模有两种方法：乘法逆元和变换模值，我们在此仅对逆元进行讨论，变换模值可参见参考文章1。

若在 m o d p \bmod~p mod p 意义下，对于一个整数 a a a，有 a ⋅ b ≡ 1 ( m o d p ) a \cdot b \equiv 1 \pmod p a⋅b≡1(modp)，那么这个整数 b b b 与 a a a 互为乘法逆元。

求乘法逆元的方法主要为：将 a ⋅ b ≡ 1 ( m o d p ) a \cdot b \equiv 1 \pmod p a⋅b≡1(modp) 转化为 a x + p y = 1 ax+py=1 ax+py=1，用拓展欧几里得算法解二元一次方程解出 x x x。
但本题中 p = 100000007 p=100000007 p=100000007 是质数，因此可以用费马小定理（详见参考文章3）直接求解。

费马小定理：
若 a a a 为整数， p p p 为质数，则有
a p m o d p ≡ a a^p \bmod p \equiv a apmodp≡a
当 a a a 不是 p p p 的倍数时，可写为
a p − 1 m o d p ≡ 1 a^{p-1} \bmod p \equiv 1 ap−1modp≡1

故有
a b m o d p = ( b p − 1 m o d p ) ( a b m o d p ) = a ⋅ b p − 2 m o d p \cfrac a b \bmod p=(b^{p-1} \bmod p)(\cfrac a b \bmod p)=a \cdot b^{p-2} \bmod p bamodp=(bp−1modp)(bamodp)=a⋅bp−2modp

即
S n = ( 1 − q n ) ( 1 − q ) p − 2 m o d p S_n=(1-q^n)(1-q)^{p-2} \bmod p Sn=(1−qn)(1−q)p−2modp

注意若 b b b 是 p p p 的倍数则不能用逆元。因为此时 b m o d p ≡ 0 b \bmod p \equiv 0 bmodp≡0，无法求解逆元。

代码实现如下：

// q: 公比; n：项数; mod: 模; qpow: 求幂函数
if (q == 1) {printf("%lld\n", n % mod);
} else {printf("%lld\n", (qpow(q, n) - 1) * qpow(q - 1, mod - 2) % mod);
}

2.2.1.2 二分递归：数学推导——分治思想

如前文所述，当 b b b 是 p p p 的倍数时，无法求解逆元。
当数据中存在上述关系时，我们需要另寻他法，此处选择二分递归法进行等比求和。

要进行二分递归，我们首先要进行数学推导，得出等比数列前 n n n 项和 S n S_n Sn 的递推公式。运用分治思想，我们对 S n S_n Sn 进行分类讨论：

S n = ( q 0 + q 1 + q 2 + ⋯ + q n − 1 ) m o d p ( n ⩾ 1 ) S_n=(q^0+q^1+q^2+\dotsb+q^{n-1}) \bmod p \mskip0.8em (n \geqslant 1) Sn=(q0+q1+q2+⋯+qn−1)modp(n⩾1)

当 n = 1 n=1 n=1 时，有
S 1 = q 0 = 1 S_1=q^0=1 S1=q0=1

当 n > 1 n>1 n>1 时，有
S n = { [ ( 1 + q n − 1 2 ) S n − 1 2 + q n − 1 ] m o d p ( n 为奇数 ) ( 1 + q n 2 ) S n 2 m o d p ( n 为偶数 ) S_n=\begin{cases} [(1+q^{\tfrac {n-1} 2})S_{\tfrac {n-1} 2}+q^{n-1}] \bmod p &(n\text{为奇数})\\\\ (1+q^{\tfrac {n} 2})S_{\tfrac n 2} \bmod p &(n\text{为偶数}) \end{cases} Sn=⎩ ⎨ ⎧[(1+q2n−1)S2n−1+qn−1]modp(1+q2n)S2nmodp(n为奇数)(n为偶数)

该算法求和部分时间复杂度为 O ( log ⁡ n ) \Omicron(\log n) O(logn)，若求解 q n q^n qn 的算法时间复杂度为 O ( x ) \Omicron(x) O(x)，则总时间复杂度为 O ( x log ⁡ n ) \Omicron(x\log n) O(xlogn)。

代码实现如下：

// q: 公比; n: 项数; mod: 模; qpow: 求幂函数; qmul: 求积函数
long long sum(long long q, long long n) {if (n == 1) {return 1;}// 即 n % 2 == 1if (n & 1) {// 整型除法具有向下取整的特点// n 为奇数时, (n - 1) / 2 === n / 2, 可据此简化代码// n >> 1 即 n / 2return (qmul(1 + qpow(q, n >> 1), sum(q, n >> 1)) + qpow(q, n - 1)) % mod;} else {return qmul(1 + qpow(q, n >> 1), sum(q, n >> 1));}
}

2.2.2 求解 q n q^{n} qn ——快速幂取模

解决了等比求和的问题，就只剩求解 q n q^n qn 了。
此处选择了位运算的快速幂取模算法，时间复杂度为 O ( log ⁡ n ) \Omicron(\log n) O(logn)。

代码实现如下：

// base: 底数; power: 指数; mod: 模; qmul: 求积函数
long long qpow(long long base, long long power) {// 对指数的底先取模，减少运算次数base %= mod;long long ans = 1;while (power) {// 即 power % 2 == 1if (power & 1) {ans = qmul(ans, base);}base = qmul(base, base);// 即 power /= 2power >>= 1;}return ans;
}

2.2.3 int64 的乘法模运算——位运算法

这部分优化直接借用参考文章4，将大数乘法的时间复杂度从反复翻倍法（按位相乘）的 O ( log ⁡ n ) \Omicron(\log n) O(logn) 降到了 O ( 1 ) \pmb{\red{\Omicron(1)}} O(1)O(1) ！！

代码实现如下：

// a, b: 乘数; mod: 模
long long qmul(long long a, long long b) {// 前两句处理了负数和数值过大的情况a = (a % mod + mod) % mod;b = (b % mod + mod) % mod;long long c = a * (long double) b / mod;long long ans = a * b - c * mod;// 若结果不在 [0, mod) 区间则调整一下if (ans < 0) {ans += mod;} else if (ans >= mod) {ans -= mod;}return ans;
}

3 实现

3.1 求和公式

完整代码实现如下：
总时间复杂度为 O ( log ⁡ n ) \Omicron(\log n) O(logn)

#include<stdio.h>
#define mod 100000007long long qmul(long long a, long long b) {a = (a % mod + mod) % mod;b = (b % mod + mod) % mod;long long c = a * (long double) b / mod;long long ans = a * b - c * mod;if (ans < 0) {ans += mod;} else if (ans >= mod) {ans -= mod;}return ans;
}long long qpow(long long base, long long power) {base %= mod;long long ans = 1;while (power) {if (power & 1) {ans = qmul(ans, base);}base = qmul(base, base);power >>= 1;}return ans;
}int main() {int t;scanf("%d", &t);long long q, n;while (t--) {scanf("%lld %lld", &q, &n);if (q == 1) {printf("%lld\n", n % mod);} else {printf("%lld\n", (qpow(q, n) - 1) * qpow(q - 1, mod - 2) % mod);}}return 0;
}

提交结果如下：
7ms，低到惊人的耗时！

3.2 二分递归

完整代码实现如下：
总时间复杂度为 O ( log ⁡ 2 n ) \Omicron(\log^2 n) O(log2n)

#include<stdio.h>
#define mod 100000007long long qmul(long long a, long long b) {a = (a % mod + mod) % mod;b = (b % mod + mod) % mod;long long c = a * (long double) b / mod;long long ans = a * b - c * mod;if (ans < 0) {ans += mod;} else if (ans >= mod) {ans -= mod;}return ans;
}long long qpow(long long base, long long power) {base %= mod;long long ans = 1;while (power) {if (power & 1) {ans = qmul(ans, base);}base = qmul(base, base);power >>= 1;}return ans;
}long long sum(long long q, long long n) {if (n == 1) {return 1;}if (n & 1) {return (qmul(1 + qpow(q, n >> 1), sum(q, n >> 1)) + qpow(q, n - 1)) % mod;} else {return qmul(1 + qpow(q, n >> 1), sum(q, n >> 1));}
}int main() {int t;scanf("%d", &t);long long q, n;while (t--) {scanf("%lld %lld", &q, &n);if (q == 1) {printf("%lld\n", n % mod);} else {printf("%lld\n", sum(q, n));}}return 0;
}

提交结果如下：
相较于等比求和通项公式法，二分法耗时明显增加，但依旧相当快速且适用范围更广。

4 参考文章

《poj 1845 Sumdiv 数论–等比数列和(逆元或者递归)》
《等比数列求和，二分递归》
《费马小定理（易懂）》
《小技巧1——长整型：64位整数的乘法模运算》

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1.3 输出描述

1.4 样例描述

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2.2 解决方法

2.2.1 等比求和

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2.2.2 求解 q n q^{n} qn ——快速幂取模

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3 实现

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