So Easy!

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Problem Description

A sequence S _n is defined as:

Where a, b, n, m are positive integers.┌x┐is the ceil of x. For example, ┌3.14┐=4. You are to calculate S _n.
You, a top coder, say: So easy!

Input

There are several test cases, each test case in one line contains four positive integers: a, b, n, m. Where 0< a, m < 2 ¹⁵, (a-1) ²< b < a ², 0 < b, n < 2 ³¹.The input will finish with the end of file.

Output

For each the case, output an integer S _n.

Sample Input

2 3 1 2013 2 3 2 2013 2 2 1 2013

Sample Output

4 14 4

题目大意：题目意思很好懂，主要是小数的n次方不好处理，如果简单的将整数小数隔离开来，然后对整数对m求余。会有漏洞，前面的数据再乘上后面的小数会产生新的数字，对结果有影响。

解题思路：下来之后看了下题解，都是直接找一个共轭的(a-sqrt(b))^n一加便组成了整数。以前一直以为共轭只能存在于复数中。a+bi与a-bi共轭之类的。看来还要请教一下自己的高中老师。

下面是自己的推论，组成了整数之后一切都好办了，然后往下推，可以得到一个间接递推公式，然后转化成矩阵。

快速幂的思想：我也是第一次用这个，所以说下感想，主要是普通的递推或者直接矩阵转换超时。所以用快速幂来求解。比如某个矩阵的31次方，可以写成(1+2*(1+2*(1+2*(1+2)))),只需要八次左右的运算，就可以了，首先31&1=1，那么就分解一个1出来，然后p*ret，然后就变成了偶数30，将p矩阵变成p^2，n变成15,&1=1直接用p*ret这时候p已经是p^2了，如此反复最后便可以把它求出来。和求一个数的快速幂是一样的原理。

题目地址：So Easy!

AC代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdio>
using namespace std;
__int64 a,b,n,m;
__int64 ret[2][2],p[2][2],tmp[2][2];void init()
{ret[0][0]=2*a;ret[0][1]=-(a*a-b);ret[1][0]=1;ret[1][1]=0;p[0][0]=2*a;p[0][1]=-(a*a-b);p[1][0]=1;p[1][1]=0;
}void cal1()   //矩阵的平方！&1
{int i,j,k;for(i=0;i<2;i++)for(j=0;j<2;j++){tmp[i][j]=p[i][j];p[i][j]=0;}for(i=0;i<2;i++)for(j=0;j<2;j++)for(k=0;k<2;k++)p[i][j]=((p[i][j]+tmp[i][k]*tmp[k][j])%m+m)%m;
}void cal2()   //矩阵的乘法&1
{int i,j,k;for(i=0;i<2;i++)for(j=0;j<2;j++){tmp[i][j]=ret[i][j];ret[i][j]=0;}for(i=0;i<2;i++)for(j=0;j<2;j++)for(k=0;k<2;k++)ret[i][j]=((ret[i][j]+tmp[i][k]*p[k][j])%m+m)%m;
}void fastmi()
{n-=2;while(n){if(n&1){cal2();n--;}else{cal1();n>>=1;}}
}int main()
{while(~scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&a,&b,&n,&m)){if(n==1){printf("%I64d\n",2*a%m);continue;}init();fastmi();//C1=2*a  C0=2printf("%I64d\n",((ret[0][0]*2*a+ret[0][1]*2)%m+m)%m);}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/bbsno1/p/3260445.html

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