0.题目大意

给定三个正整数m,n,k(2≤m≤1e7,1≤k≤n≤5e7)。已知一个长度为n的序列a满足 $a_{i}=m^{i} %mod$ (mod为题目给出的常数,为1e9+7)，求a中第k小的数字。

（注意，本序列从 $a_{0}$ 开始，即 $a_{0}=m^{0}%mod$ ）

1.分析题目

①初步分析

首先，开一个大小为5e7的整形数组再排序是不现实的。题目的内存上限是313072KB，而一个大小为5e7的整形数组所占用的内存为195312.5KB。显然，MLE了。

同时，n的上限是5e7，而时限为1.5s。这说明什么？这说明只能用O（n）的算法通过。甚至连常数打了都不行。虽然题目的标签有一个基数排序，但是实际上这道题不能直接使用基排。（你想想，不仅不能使用数组存储数字；而且基排的常数是比较大的，不能保证卡过时限）

②打开思路

那能怎么办？如果你的思路是比较开阔的，你应该想到一道类似的题目：给出一个数组，求第k小的数字。那题数据很小，所以使用各种方法都能过。而其中最正统的写法就是运用了快排的思想：

每次选择一个“哨兵”，大于它的数字排在它左边，小于它的数字在它的右边。计算两边的元素个数，可以缩小第k小数字的范围。

但是，这个算法有一个缺点：其最优的时间复杂度为O(n)，可是但凡你的运气差一点，就很可能导致两边的数字个数相差甚远。比如，你运气奇差或者题目数据有些变态，导致你每次选中的哨兵都是当前序列中的最大或最小值，那么该算法就会退化至 $O(n^{2})$ 。这是不能接受的。

所以，我们要使用另一种思路：因为这些数字的值域都很小，所以我们大可以使用一个bool数组来记录数字i是否在序列中出现过。再求一个前缀和，这题目就能轻松搞定了。

这个思路是可以借鉴的。但是在本题中， $a_{i}$ 的理论最大值为mod-1，即1e9+6。这个数字还是太大了——5e7的数组都存不下，更何况1e9呢！思路进入了死胡同。

但是，这个“死胡同”中，并非无路可走：既然1e9的数组存不下，那我就把数字分为两部分——低五位（即个位、十位、百位、千位、万位）与高五位（十万、百万、千万、亿、十亿）。只要我们能求出第k小数字的高五位与低五位，问题就能得到解决。因为高五位的权值更大，所以我们先处理高五位，求出第k小的数字的高五位是多少。再求低五位，就能轻松搞定了。

2.最终代码

①Q：但是，我们怎么求每个数字的高五位与低五位呢？

A：（精华在于注释，下同）

const int mod = 1e9 + 7, num = 1e5;
int m, n, k;
int cnt[num + 1];
cin>>m>>n>>k;
int last = 1, x, h; //h是前面5位
cnt[last/num+1]++;
for (int i = 2; i <= n; i++) {long long now=1ll*x*lastnow%=mod;x=now;cnt[x / num + 1]++; //注意，这里有一个加一，为了方便cnt[0]的处理last = x;
}

②Q：我们怎么存储个数呢？

A：

int cnt[num + 10];//cnt[i]表示值为i的个数出现的次数

③Q：我们怎么确定第k小数字的前五位呢？

A：

for (int i = 1; i <= num; i++) {cnt[i] += cnt[i - 1];if (cnt[i] >= k) {h = i - 1;//h表示第k小数字的高五位。-1是因为处理cnt[0]时会数组越界，就整体都加1k -= cnt[i - 1];//这一步不能忘。因为第一轮筛选过后k对于高五位为i的数字内部来说k应该减去cnt[i-1]break;}
}

④ Q：我悟了……

A：悟了就好，自己写完之后来核对一下代码或者自己直接交。


#include<iostream>//有缘千里来相见，万年不变头文件
#include<stdio.h>
#define int long long//十年OI一场空，不开long long见祖宗
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7, num = 1e5;//酒逢知己千杯少，定义常量莫忘了
int m, n, k;
int cnt[num + 1];
signed main() {scanf("%lld%lld%lld",&m,&n,&k);int last = 1, x, h;cnt[last/num+1]++;for (int i = 2; i <= n; i++) {x = last * m % mod;//这里开了long long，就不用担心爆int了cnt[x / num + 1]++; last = x;}for (int i = 1; i <= num; i++) {cnt[i] += cnt[i - 1];if (cnt[i] >= k) {h = i - 1;k -= cnt[i - 1];break;}}
//  printf("h:%lld k:%lld\n",h,k);for (int i = 0; i <= num; i++) {cnt[i] = 0;}last = 1;if(last/num==h) cnt[last%num+1]++;for (int i = 2; i <= n; i++) {x = last * m % mod;if(x/num==h)cnt[x%num+1]++;last = x;}for(int i=1;i<=num;i++){cnt[i]+=cnt[i-1];if(cnt[i]>=k){int answer=h*num+i-1;printf("%lld",answer);return 0;}}
}

完结撒花！

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