Tyche 2191 WYF的递推式

题目描述

 

WYF手中有这样一条递推式

WYF并不是想让你帮他做出结果，事实上，给定一个n，他能够迅速算出F_n。WYF只是想单纯的考验一下读者们。

输入描述

 

仅一行，三个整数N，F₁，P

输出描述

 

仅一行，表示F_n模P的余数。

样例输入

 

5 1 100

样例输出

 

41

注释

 

对20%的数据，N≤1000。

对50%的数据，N≤10000000。

对100%的数据，N、F₁≤10¹⁸，P≤10⁹

解题思路

N<=1e18，最后的复杂度应该是O(1)或者O（lg（N））

直接模拟式o（N^2）的，显然不行，虽然可以骗到20分。

考虑累加中每一项之前都乘了n^2，可以算一下f(n+1)-f(n)

F(n)=F(n-1)+(n-1)∑(k=1) (n-k)*F(k)(n>=3)

每一个f之前都乘了n，所以考虑再减一下

F(n)=2*F(n-1)-F(n-2)+(n-1)∑(k=1)F(k) (n>=4)

那如果再减一下，是不是就没有∑了，于是我又减了一下

F(n)=4*F(n-1)-3*F(n-2)+F(n-3) (n>=5)

看到这个样子就很舒服了，明显矩阵快速幂，但是我手残，总是忘记longlong越界之类的问题，调了一下午，终于过了。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long n,p,t;
struct mat
{
    long long a[4][4];
    mat()
    {
        memset(a,0,sizeof(a));
    }
    mat operator * (mat x)
    {
        mat ans;
        for(int i=1;i<=3;i++)
            for(int j=1;j<=3;j++)
                for(int k=1;k<=3;k++)
                    ans.a[i][j]+=a[i][k]*x.a[k][j],ans.a[i][j]=(ans.a[i][j]+p)%p;
        return ans;
    }
}f,chg;
mat mul(mat x,long long k)
{
    mat res;
    res.a[1][1]=res.a[2][2]=res.a[3][3]=1;
    for(long long i=k;i;i>>=1,x=x*x)
        if(i&1)
            res=res*x;
    return res;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&t,&p);
    if(n==1||n==2)
        printf("%lld
",t%p);
    else if(n==3)
        printf("%lld
",(4*t)%p);
    else if(n==4)
        printf("%lld
",(13*(t%p))%p);
    else
    {
        f.a[1][1]=(13*(t%p))%p,f.a[1][2]=(4*t)%p,f.a[1][3]=t%p;
        chg.a[1][1]=4,chg.a[1][2]=1,chg.a[1][3]=0,chg.a[2][1]=-3,chg.a[2][2]=0,chg.a[2][3]=1,chg.a[3][1]=1,chg.a[3][2]=0,chg.a[3][3]=0;
        chg=mul(chg,n-4);
        f=f*chg;
        printf("%lld
",f.a[1][1]);
    }
    return 0;
}