多校虐我千百遍！
题目很清晰，一看就是矩阵快速幂，但是p/n是个很头疼的问题，比赛的时候想过把所有相同的p/n分一块，但是不会分，赛后看了题解，发现有这么一个神奇的规律：从i到p/(p/i)区间里的数p/i的结果是一样的。这个结论好像在紫书上？
思路：题目给的递推式是一个非线性的关系，所以一开始就想转化成线性关系然后再将转移矩阵求出来，但是这道题没法转化成线性关系直接得到转移矩阵，因此只能根据p/n的值来分段求，因为p/n对于不同的连续的n在一段范围内是一样，因此就可以转化成Fn = C*Fn-2+D*Fn-1+K(K是常数)这样的线性表达式，然后就是分段使用矩阵快速密，最后得到结果。
接下来最重要的是怎么建立过渡矩阵：我们先来观察两个Fn，假设在i=3和4时P/n相等，设p=P/n，F3=C*A+D*B+p，F4=B*C+D*F3+p=B*C+C*D*A+D*D*B+D*p+p=(C+D*D)*B+(C*D)*A+(D+1)*p
则有F3=C*A+D*B+p F4=(C+D*D)*B+(C*D)*A+(D+1)*p 那我们就要想办法将F3和F4的(A和B)的系数出现在同一个矩阵，首先我们先把A和B的初始系数确定好，设矩阵为a[3][3],a[0][0]=D(B的系数),a[0][1]=C（A的系数），因为要将D变成D*D+C，那么就要自乘一个D，再加上一个C，又因为B的系数是在第一行第一列，所以对第一行*第一列要得到D*D+C，那么a[1][0]=1,a[2][0]=0,而对于A的系数，则是第一行乘以第二列，要将C变成C*D，那么a[1][1]=a[2][1]=0,而对于p我们不妨设a[0][2]=p,而将P变成p*（D+1），那就是将第1行乘以第三列，那么a[1][2]=0,a[2][2]=1，到此矩阵就建立好了，而且不难发现在自乘之后，该矩阵的第二行就等于原矩阵的第一行，所以我们就能保证Fn-1和Fn-2的系数在同一个矩阵了。
#include<queue> #include <cstdio> #include<cstring> #define debug(x) cout<<'x'<<' '<<x<<endl; const int INF=0x3f3f3f3f; typedef long long ll; const int maxn = 1e5+10; const int mod =1e9+7; using namespace std; int a,b,c,d,n,p,t; struct mat { int m[3][3]; mat() { memset(m,0,sizeof(mat)); } friend mat operator * (mat a,mat b) { mat c; for(int i=0;i<3;i++) { for(int j=0;j<3;j++) { ll t=0; for(int k=0;k<3;+k++) { t+=(ll)a.m[i][k]*b.m[k][j]; } c.m[i][j]=t%mod; } } return c; } }I; mat pow_mat(mat a,int b) { mat c=I; while(b) { if(b&1){c=c*a;} a=a*a; b>>=1; } return c; } int main() { I.m[0][0]=I.m[1][1]=I.m[2][2]=1; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&p,&n); if(n==1){printf("%d ",a);continue;} mat f; f.m[0][0]=d; f.m[0][1]=c; f.m[1][0]=1; f.m[2][2]=1; int f1=0; for(int i=3;i<=n;) { if(p/i==0) { mat w=f; w=pow_mat(w,n-i+1); ll ans=w.m[0][0]*(ll)b%mod+w.m[0][1]*(ll)a+w.m[0][2]%mod; ans%=mod; printf("%lld ",ans); f1=1; break; } int j=min(n,p/(p/i)); mat w=f; w.m[0][2]=p/i; w=pow_mat(w,j-i+1); ll tmp1=(w.m[1][0]*(ll)b+w.m[1][1]*(ll)a+w.m[1][2])%mod; ll tmp2=(w.m[0][0]*(ll)b+w.m[0][1]*(ll)a+w.m[0][2])%mod; a=tmp1;b=tmp2; i=j+1; } if(!f1)printf("%d ",b); } return 0; }