题意：
内存限制：1000K
我们定义一个合法的K进制数为一个不含连续两个零的K进制数。
例如：
1010230　是一个合法的7位数。
1000198　不是合法的数。
0001234 不是7位数，是一个合法的4位数。

给你N,和K,M求出N位的K进制数的总数模M的值

这个是Version 3的翻译，其实建议直接做Version 3，当然，如果想感受一下这个好题的魅力，可以从第一题一直做到第三题，下面讲讲每个部分

• Version １

  可以发现数据范围很小，这意味着答案并不会很大，考虑用递推的办法解决问题，设f[i]为k进制下i位的答案，那么开始寻求递推公式，注意这里很重要，后面两个题的解决都和这一个公式有着很大的关系。
  我们先考虑当前这一位的决策，取0或不取0，不取0的情况是一定成立的，那么如果取0的话，i-1位一定不能取0，那么第i位取0的情况就只能搭配(f[i-2]*(k-1))这就是i-1位不为0的情况，然后直接推就好了

#include <cstdio>
#include <algorithm>const int N = 20;
typedef long long LL;#define rep(i, s, t) for(LL i = s; i <= t; ++i)LL f[N];
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("input.in", "r", stdin);freopen("res.out", "w", stdout);
#endif LL n, k;scanf("%lld%lld", &n, &k);f[1] = k-1;rep(i, 2, n)f[i] = (f[i-1]+f[i-2])*(k-1);printf("%lld\n", f[n]+f[n-1]);return 0;
}

• Version 2
  同样的，还是可以采用1的方法，但是发现会超LL(其实数据不会但是别水好吧。。)我们就直接一波高精度秒

#include <cstdio>
#include <cstring>const int N = 2000 + 10;
const int Mod = 1e4;
#define max(a, b) a>b?a:b
#define rep(i, s, t) for(int i = s; i <= t; ++i)
#define dec(i, s, t) for(int i = s; i >= t; --i)struct BN {int x[N], len;BN() {len = 0, memset(x, 0, sizeof x);}void operator = (int d) {x[0] = d; len = 1;}void update() {rep(i, 0, len-1)if(x[i] >= Mod) x[i+1] += x[i]/Mod, x[i] %= Mod;while(x[len]) len++;}void print() {printf("%d", x[len-1]);dec(i, len-2, 0) printf("%.4d", x[i]);puts("");}
}Temp, f[N];BN operator + (BN a, BN b) {Temp.len = max(a.len, b.len);rep(i, 0, Temp.len-1) Temp.x[i] = a.x[i]+b.x[i];Temp.update();return Temp;
}
BN operator * (BN a, int d) {rep(i, 0, a.len-1) a.x[i] *= d;a.update(); return a;
}int n, k;
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("input.in", "r", stdin);freopen("res.out", "w", stdout);
#endifscanf("%d%d", &n, &k);f[0] = 1;f[1] = k-1;rep(i, 2, n) f[i] = (f[i-1]+f[i-2])*(k-1);f[n].print();return 0;
}

调试是出现了不明未知错误，用比较黑暗的办法强行过的，当然不是打表。

• Version 3
  好吧发现这个题给了模数，那当然好，但是发现n,k特别大，于是就只能矩阵快速幂，考虑用第一问的矩阵构造单位矩阵, 如下图
  f[i-2],f[i-1] — 0 k-1　f[i-1],f[i]
  f[i-1],f[i] — 1 k-1 f[i],f[i+1]
  其实和斐波那契差不多，稍作改变就好;
  有一个坑点，模数范围很大，需要使用快速加法，否则会爆LL,快速加法就是将乘法用类似快速幂的思想解决具体见代码

#include <cstdio>
#include <cstring>typedef unsigned long long LL;#define rep(i, s, t) for(int i = s; i <= t; ++i)LL n, k, Mod, f[3];
struct Matrix { LL x[2][2];Matrix() {memset(x, 0, sizeof x);}void pre() {x[0][0] = 0;x[1][0] = 1;x[0][1] = x[1][1] = (k-1)%Mod;}
}unit;LL multy(LL a, LL b) {LL Ans = 0;for(; b; b >>= 1LL) {if(b & 1) Ans = (Ans+a)%Mod;a = (a+a) % Mod;}return Ans%Mod;
}Matrix operator * (Matrix a, Matrix b) {Matrix Ans;rep(i, 0, 1)rep(j, 0, 1) rep(k, 0, 1)Ans.x[i][j] = (Ans.x[i][j]+multy(a.x[i][k], b.x[k][j]))%Mod;return Ans;
}Matrix operator ^ (Matrix a, LL d) {Matrix Ans = a;for(--d; d; d >>= 1LL, a=a*a)if(d & 1LL) Ans = Ans*a;return Ans;
}void solve() {unit.pre();unit = unit ^ (n-2);unit.x[0][1] %= Mod;unit.x[1][1] %= Mod;printf("%llu\n", (multy(f[1], unit.x[0][1])%Mod+multy(unit.x[1][1], f[2])%Mod)%Mod);
}int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("input.in", "r", stdin);freopen("res.out", "w", stdout);
#endifwhile(~scanf("%llu%llu%llu", &n, &k, &Mod)) {f[1] = (k-1)%Mod;f[2] = multy(k, k-1)%Mod;if(n == 2) printf("%llu\n", f[n]%Mod);else solve();}return 0;
}