[BZOJ2875] [NOI2012] 随机数生成器 [快速幂&分治&乘法取模]

[$\mathfrak{L}\mathfrak{i}\mathfrak{n}\mathfrak{k}$]

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我建议去洛谷看题面（（

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就是说 $x_n\equiv a^n{x}_0+\sum _{i=0}^{n-1}{a}^{i}c(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$
感觉可以直接球？？ $x_n=(a^n{x}_0+\sum _{i=0}^{n-1}{a}^{i}c)\%m=\left[(a^n{x}_0)+\frac{(a^n-1)c}{a-1}\right]\%m$
快速幂 $a^n$ ，然后逆元就可以啦。是吗？

这个逆元不一定存在吧。所以要暴力分治做等比数列求和 + 取模。
注意最后要输出 $x_n\%g$ 。

注意：$x\%a\%b$ 并不总是等于 $x\%b\%a$ 。也就是说不能快乐全程 $\%g\%m$
计算 $x_n$ 的时候只能 $\%m$ ，计算出来了才能 $\%g$ 。
这就带来了一个问题，这样爆 long long 很大力啊？
解决方法：用龟速乘法，类似于快速幂那样拆乘法取模。。。

当然，也可以用矩阵快速幂加速递推……随意啦。反正挺沙雕的。

我怎么感觉 BZOJ 评测比洛谷快了x

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#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
unsigned long long m, a, c, x, n, g, t;
unsigned long long mul(unsigned long long a, unsigned long long b)
{
	unsigned long long ret = 0;
	while(b)
	{
		if (b & 1)
		{
			ret += a;
			ret %= m;
		}
		a += a;
		a %= m;
		b >>= 1;
	}
	return ret;
}
unsigned long long qpow(unsigned long long base, unsigned long long ind)
{
	base %= m;
	unsigned long long ans = 1;
	while (ind)
	{
		if (ind & 1)
		{
			ans = mul(ans, base);
		}
		base = mul(base, base);
		ind >>= 1;
	}
	return ans;
}
unsigned long long qsum(long long N)
{
	if (N <= 1) return 1;
	unsigned long long fafa = mul(qsum(N >> 1), (qpow(a, N >> 1) + 1));
	if (N & 1 == 1) fafa += qpow(a, N - 1);
	return fafa % m;
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld", &m, &a, &c, &x, &n, &g);
	t = mul(qpow(a, n), x) % m;
	t += mul(qsum(n), c) % m;
	printf("%lld", t % m % g);
	return 0;
}

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后面是我这个菜鸡补小学奥数的一点记录（
与这道大氵题无关。

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费马小定理：对于质数 $p$ 和整数 $a<p$ 有 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

证明：构建 $p$ 的完全剩余系 $P=\{1,2,\cdots ,p-1\}$ 又 $(a,p)=1$
那么 $A=\{a,2a,\cdots ,(p-1)a\}$ 也是 $p$ 的完全剩余系。
所以 $(p-1)!\equiv (p-1)!a^{p-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ ，又 $\left((p-1)!,p\right)=1$ 显然可以得证。

同时，不论 $a$ 是否小于 $p$ 都有 $a^p\equiv a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

利用这个可以求整数 $a<p$ 在模质数 $p$ 意义下的逆元 $a^{p-2}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

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贝祖定理：

1. $(a,b)|(ax+by)$
2. 一定存在 $x,y$ 满足 $ax+by=(a,b)$

一个重要推论： $\exists a,b,ax+by=1$ 是 $(a,b)=1$ 的充要条件。

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GCD：当 $a$ ≠ $kb,k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 时 $(a,b)=(a\%b,b)$ 。以及一段代码 !b?a:gcd(b,a%b)

为什么代码里面要 b,a%b ？
因为如果写成 a%b,b ，当 $a<b$ 时就可能无限循环了。交换一下就可以解决。

证明：显然有$(a,b)|b$ 没错吧？？
先假设 $a>b$
我们设 $a=kb+r$ ，
因为 $(a,b)|kb$ 而且 $(a,b)|a$
那么 $(a,b)|kb$ 而且 $(a,b)|(kb+r)$
显然 $(a,b)|r$
而且 $r=a\%b$ 显然啦。

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ExGCD： $(a,b)=ax+by$ 然后我们求 $x$ 和 $y$

$b=0$ 时 $x=1,y=0$ 。这个特殊情况不能用。

$b$ ≠ $0$，我们仍然假设 $a>b$ 。对于每次 $(a,b)$ 到 $(b,a\%b)$ 过程中 $x,y$ 的变化：
设 $a{x}_1+b{y}_1=(a,b)=(b,a\%b)=b{x}_2+(a\%b)y_2$
设 $a=kb+r$ 。有 $a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+(a-kb)y_2$
我们记 $a/b=\lfloor \frac{a}{b}\rfloor$ 那么 $a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+a{y}_2-(a/b)\cdot b{y}_2$
$a{x}_1+b{y}_1=a{y}_2+b[x_2-(a/b)y_2]$ 所以 $x_1=y_2,y_1=[x_2-(a/b)y_2]$
这样的话就可以从 $b=0$ 的时候开始一路倒推直到 $a,b$ 都是原来的样子。

就可以得到原方程 $ax+by=(a,b)$ 的一组解。

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ExGCD 解不定方程 $ax+by=c$ ：

显然 $(a,b)|c$ 才有解。
否则……那不就随便解解嘛，不讲了？细节自己草稿纸吧。

也需要稍微说一下通解的形式：设 $r=(a,b)$ ，对于 $ax+by=r$ 如果有一组解 $x_0,y_0$
显然 $a\cdot [x\pm (b/r)]+b\cdot [y\mp (a/r)]=r$
于是通解的形式是 $x=x_0\pm b/r,y=y_0\mp (a/r)$ 。

启发这个想法的是把 $x_0,y_0$ 改动后保持等价，显然可以凑 $a(x_0+b)+b(y_0-a)=r$
要在保证 $x,y$ 是整数的前提下表示出尽量多的解，所以就变成 $b/r$ 和 $a/r$ 啦。

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ExGCD 解线性同余方程 $ax\equiv c(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$

转化： $ax\%b=c\%b$
转化化： $ax+b\mu =c+b\lambda$
转化化化： $ax+by=c$
解出 $x_0$ ，设 $s=b/r$ ，然后最小正整数解 $(x_0\%s+s)\%s$

为什么最小整数解是这个？……你认真的？
……里面模一次，得到的不一定是正数，加上 $s$ 再模一次得到正数。
PS：C艹的取模是向零取整的，无论正负。

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ExGCD求逆元

就是上面那个啊。