The Nth Item
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题意
给出递推式，求解每次 (F[n]) 的值，输出所有 (F[n]) 的 (xor) 值。
思路
对于线性递推数列，可以用特征方程求出他的通项公式，比如这题
[F[n] = 3F[n-1]+2F[n-2] \
x^2 = 3x+2 \
x = frac{3pm sqrt{17}}{2}
]
令 (F[n] = C_1x_1^n + C_2x_2^n)
将 (F[0]) 和 (F[1]) 带入
[egin{aligned}
&egin{cases}
C_1 + C_2 = 0 \
C_1frac{3+ sqrt{17}}{2} + C_2frac{3- sqrt{17}}{2} = 1
end{cases} \
&egin{cases}
C_1 = frac{1}{sqrt{17}}\
C_2 = -frac{1}{sqrt{17}}
end{cases}
end{aligned}
]
即 (F[n] = frac{1}{sqrt{17}} left[left(frac{3+sqrt{17}}{2} ight)^n - left(frac{3-sqrt{17}}{2} ight)^n ight])
(sqrt{17}) 可以通过二次剩余来得到其中一个可能的解，(524399943) 就是一个解。
令 (p = frac{3+sqrt{17}}{2}，q=frac{3-sqrt{17}}{2})，现在的问题就是解出 (p^n) 和 (q^n)。
首先因为 (n) 高达 (1e18)，可以利用欧拉降幂，把 (n) 降到 (2mod-1) 级别内，也即是 (2e9) 附近。
可以利用 (n = x*50000+y)，(q^n = q^{x*50000} * q^y)，将 (q) 在 (5e4) 以内的幂打表出来，在打出 (q) 的幂为 (k*5e4) 的表，然后就可以做到 (O(1)) 查询。
对于 (q) 也是相同的做法。
/***************************************************************
> File Name : a.cpp
> Author : Jiaaaaaaaqi
> Created Time : Wed 11 Sep 2019 10:01:20 PM CST
***************************************************************/
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cfloat>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
#define lowbit(x) x & (-x)
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int maxm = 1e5 + 10;
const ll mod = 998244353;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
using namespace std;
ll n, m;
int cas, tol, T;
ll fpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
while(b) {
if(b&1) ans = ans*a%mod;
a = a*a%mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
ll sqrt17 = 524399943, phiC = mod-1;
ll p, q, inv17;
ll ppow1[maxn], ppow2[maxn];
ll qpow1[maxn], qpow2[maxn];
void handle() {
inv17 = fpow(sqrt17, mod-2);
p = 1ll*(3ll+sqrt17)*fpow(2, mod-2)%mod, q = 1ll*(3ll-sqrt17+mod)*fpow(2, mod-2)%mod;
ppow1[0] = qpow1[0] = 1;
for(int i=1; i<=50000; i++) {
ppow1[i] = ppow1[i-1]*p%mod;
qpow1[i] = qpow1[i-1]*q%mod;
}
ppow2[0] = qpow2[0] = 1;
ppow2[1] = ppow1[50000];
qpow2[1] = qpow1[50000];
for(int i=2; i<=50000; i++) {
ppow2[i] = ppow2[i-1]*ppow1[50000]%mod;
qpow2[i] = qpow2[i-1]*qpow1[50000]%mod;
}
}
ll getp(ll n) {
return ppow2[n/50000]*ppow1[n%50000]%mod;
}
ll getq(ll n) {
return qpow2[n/50000]*qpow1[n%50000]%mod;
}
ll solve(ll n) {
if(n >= phiC) n = n%phiC+phiC;
return inv17*(getp(n)-getq(n)+mod)%mod;
}
int main() {
// freopen("in", "r", stdin);
handle();
scanf("%lld%lld", &n, &m);
ll ans = 0;
for(int i=1; i<=n; i++) {
ll tmp = solve(m);
m ^= tmp*tmp;
ans ^= tmp;
}
printf("%lld
", ans);
return 0;
}