51nod方程的解数 1436

题意：

1436 方程的解数
1.0 秒 131,072.0 KB 80 分 5级题

请计算这个方程组有多少合法的整数解，答案比较大，对m取余后输出。对于样例，有三组解{1, 1}, {3, 1}, {1, 3}。

输入
单组测试数据。
第一行包含四个整数 n, k, l, m (2 ≤ n ≤ 10^18, 0 ≤ k ≤ 10^18, 0 ≤ l ≤ 64, 1 ≤ m ≤ 10^9 + 7)。
输出
对于每一组数据输出答案占一行。
输入样例
2 1 2 10
输出样例
3

思路：

（1）看到是位运算，那么我首先是想到了位运算有没有什么性质，或者位运算有没有什么运算规律，但是由于本菜鸡实在是太菜了，不清楚。所以就没了

（2）但是我想到了将k进行二进制分解转换，因此这个想法就接近了正解。

以上就是我的想法，下面看正解到底是什么

（1）将k进行分解，我们可以知道k的有些位上是1，有些是0。

我们观察一下这个式子，如果在某一位上是0，那么相邻的两个数，不可能在这一位上同时为1，设满足不存在相邻1的情况是x，那么满足使k的第i位是1的情况数就是2^n - x。

所以如果k在二进制的0 ～ L 位中，存在p个1和q个0，那么可以知道答案ans = x ^ q * y ^ p

（2）那么x怎么计算呢？当第n位为0，那么前n - 1位要满足“不存在相邻1”；当第n位为1，那么前n - 2位就要满足“不存在相邻1”，那么dp[n] = dp[n - 1] + dp[n - 2]。因为n达到1e18，所以递推是肯定行不通的了，所以需要用矩阵快速幂加速递推。

（3）注意判断无解的情况，当然就是（1 << l) <= k&&l != 64的时候。。l = 64时会发生溢出，就算是unsigned long long ，同样会溢出。

（4）

代码实现：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<stack>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
const int maxn = 2e5 + 5;ll n,k,l,m;
struct node{ll x[5][5];
}res;
ll f[maxn];void init(){//初始化res.x[0][0] = res.x[0][1] = res.x[1][0] = 1;res.x[1][1] = 0;
}node mul(node a,node b){//矩阵乘法node tmp;tmp.x[0][0] = 0; tmp.x[0][1] = 0;tmp.x[1][0] = 0; tmp.x[1][1] = 0;for(int i = 0;i < 2;i++){for(int j = 0;j < 2;j++){for(int k = 0;k < 2;k++){tmp.x[i][j] =(tmp.x[i][j] + a.x[i][k] * b.x[k][j]) % m;}}}return tmp;
}node qpow(node a,ll b){//矩阵快速幂node ans;ans.x[0][0] = ans.x[1][1] = 1;ans.x[0][1] = ans.x[1][0] = 0;while(b){if(b & 1) ans = mul(ans,a);b >>= 1;a = mul(a,a);}return ans;
}void ans_cf(node a){f[0] = (a.x[1][0] + a.x[0][0]) % m;f[1] = (a.x[0][1] + a.x[1][1]) % m;
}ll fpow(ll a,ll b){//快速幂ll res = 1;while(b){if(b & 1) res = (res * a) % m;b >>= 1;a = (a * a) % m;}return res % m;
}int main(){scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&l,&m);//输入ull t = 1ull << l;//判断无解的情况if(m == 1||(k >= t&&l != 64)){//64位，连unsigned long long 都会产生溢出cout << 0 << endl;return 0;}init();//初始化斐波那契数列的矩阵node ans = qpow(res,n);//矩阵快速幂ans_cf(ans);ll x = f[0]; ll y = (fpow(2,n) - x + m) % m;ll cnt0 = 0; ll cnt1 = 0;//统计0和1的数量while(k){if(k % 2) cnt1++;else cnt0++;k >>= 1;}cnt0 += l - cnt0 - cnt1;ll re = (fpow(x,cnt0) * fpow(y,cnt1)) % m;//答案printf("%lld\n",re);return 0;
}

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