2020.7.20【算协集训】矩阵快速幂

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A - Fibonacci (POJ - 3070)

菲波那契数列是指这样的数列: 数列的第一个是0和第二个数是1，接下来每个数都等于前面2个数之和。 给出一个正整数a，要求菲波那契数列中第a个数的后四位是多少。
Input
多组数据 -1结束 范围1~10^9
Output
第x项的后4位

Sample Input	Sample Output
0 9 999999999 1000000000 -1	0 34 626 6875

分析

这题要用到矩阵快速幂。
已知 数列的第一个是0和第二个数是1，接下来每个数都等于前面2个数之和，我们可以设成： $f(0)=0,f(1)=1,f(n)=f(n-1)+f(n-2)$ 。
因此我们可以构建式子：$\left[\begin{array}{c}f(n+1)\\ f(n)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}f(n)\\ f(n-1)\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]}^n\left[\begin{array}{c}f(1)\\ f(0)\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]}^n\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]$

因此，我们只需要计算 ${\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]}^n$ 的值，最后因为我们要的是 $f(n)$ ，因此只需要输出 $(b.m[2][1]+mod)\%mod$ 或者 $b.m[2][1]\%mod$ 就可以了。

代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=10000;	//要求后四位数，只需要对10000求余
struct node
{
	ll m[3][3];
};
node mul(node a,node b)	//矩阵相乘
{
	node temp;	//临时矩阵，存放a×b的结果
	memset(temp.m,0,sizeof(temp.m));
	for(int i=1;i<3;i++)
	{
		for(int j=1;j<3;j++)
		{
			for(int k=1;k<3;k++)
			{
				temp.m[i][j]+=(a.m[i][k]*b.m[k][j])%mod;
			}
		}
	}
	return temp;
}
node qpower(node a,ll b)	//快速幂
{
	node temp;
	memset(temp.m,0,sizeof(temp.m));
	for(int i=1;i<3;i++)	//单位矩阵
		temp.m[i][i]=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)	temp=mul(temp,a);
		a=mul(a,a);
		b>>=1;
	}
	return temp;	
}
int main()
{
	ll n;
	while(~scanf("%lld",&n))
	{
		if(n==-1)	break;
		node a,b;	//a是最初方阵，b是结果方阵
		a.m[1][1]=1,a.m[1][2]=1;
		a.m[2][1]=1,a.m[2][2]=0;
		b=qpower(a,n);
		printf("%lld\n",(b.m[2][1]+mod)%mod);
	}
	return 0;
}

---

B - Tr A (HDU - 1575)

A为一个方阵，则Tr A表示A的迹（就是主对角线上各项的和），现要求Tr(A^k)%9973。
Input
数据的第一行是一个T，表示有T组数据。
每组数据的第一行有n(2 <= n <= 10)和k(2 <= k < 10^9)两个数据。接下来有n行，每行有n个数据，每个数据的范围是[0,9]，表示方阵A的内容。
Output
对应每组数据，输出Tr(A^k)%9973。

Sample Input	Sample Output
2 2 2 1 0 0 1 3 99999999 1 2 3 4 5 6 7 8 9	0 34 626 6875

分析

方阵是行数与列数相等的矩阵。对于方阵 $A$，只需要利用矩阵快速幂，计算 $A^k\%9973$ 的值就可以了。

注意计算过程中也要 $\%9973$，以免出现溢出现象。

代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=9973;
ll k,tr;
int T,n;
struct node
{
	ll m[15][15];
}res,ans;	//ans是结果方阵，res是初始方阵
node mul(node a,node b)	//矩阵相乘
{
	node temp;	//临时矩阵，存放a×b的结果
	memset(temp.m,0,sizeof(temp.m));
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		for(int j=0;j<n;j++)
		{
			for(int k=0;k<n;k++)
			{
				temp.m[i][j]+=(a.m[i][k]*b.m[k][j])%mod;
			}
		}
	}
	return temp;
}
void qpower(int a,int b)	//快速幂
{
	for(int i=0;i<b;i++)	//单位矩阵
	{
		for(int j=0;j<b;j++)
		{
			if(i==j)	ans.m[i][j]=1;
			else	ans.m[i][j]=0;
		}
	}
	while(a)
	{
		if(a&1)	ans=mul(ans,res);
		res=mul(res,res);
		a>>=1;
	}	
}
int main()
{
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>k;
		for(int i=0;i<n;i++)	//储存初始方阵的值
		{
			for(int j=0;j<n;j++)
			{
				cin>>res.m[i][j];
			}
		}
		qpower(k,n);	//计算结果方阵
		tr=0;
		for(int i=0;i<n;i++)	//计算主对角线上各项的和
			tr=(tr+ans.m[i][i])%mod;
		cout<<tr%mod<<endl;
	}
	return 0;
}

---

C - A Simple Math Problem (HDU - 1757)

Lele now is thinking about a simple function f(x).
If x < 10 f(x) = x.
If x >= 10 f(x) = a0 $\ast$ f(x-1) + a1 $\ast$ f(x-2) + a2 $\ast$ f(x-3) + …… + a9 $\ast$ f(x-10);
And ai(0<=i<=9) can only be 0 or 1 .
Now, I will give a0 ~ a9 and two positive integers k and m ,and could you help Lele to caculate f(k)%m.
Input
The problem contains mutiple test cases.Please process to the end of file.
In each case, there will be two lines.
In the first line , there are two positive integers k and m. ( k<2*10⁹ , m < 10⁵ )
In the second line , there are ten integers represent a0 ~ a9.
Output
For each case, output f(k) % m in one line.

Sample Input	Sample Output
10 9999 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 20 500 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0	45 104

分析

题意：对于$f(x)=\{\begin{array}{l}x，x<10\\ a_0\ast f(x-1)+a_1\ast f(x-2)+a_2\ast f(x-3)+\dots \dots +a_9\ast f(x-10)，x\ge 10\end{array}$，且 $a_i\in 0或1$ ，给你 $k$ 和 $m$ ，让你计算 $f(k)\%m$ 的值。

为了提高效率，我们进行分类讨论。当输入的 $k$ 的值 $＜10$时，直接输出 $k\%m$ 的值。而对于 $k\ge 10$ 的情况，我们进行以下详细讨论：
$f(x)=a_0\ast f(x-1)+a_1\ast f(x-2)+a_2\ast f(x-3)+\dots \dots +a_9\ast f(x-10)$，由此我们可以构建式子：
$\left[\begin{array}{c}f(n)\\ f(n-1)\\ f(n-2)\\ f(n-3)\\ f(n-4)\\ f(n-5)\\ f(n-6)\\ f(n-7)\\ f(n-8)\\ f(n-9)\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cccccccccc}{a}_0& a_1& a_2& a_3& a_4& a_5& a_6& a_7& a_8& a_9\\ 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0\end{array}\right]}^{n-9}\left[\begin{array}{c}f(9)\\ f(8)\\ f(7)\\ f(6)\\ f(5)\\ f(4)\\ f(3)\\ f(2)\\ f(1)\\ f(0)\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cccccccccc}{a}_0& a_1& a_2& a_3& a_4& a_5& a_6& a_7& a_8& a_9\\ 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0\end{array}\right]}^{n-9}\left[\begin{array}{c}9\\ 8\\ 7\\ 6\\ 5\\ 4\\ 3\\ 2\\ 1\\ 0\end{array}\right]$
因此，我们只需要先利用矩阵快速幂，解出${\left[\begin{array}{cccccccccc}{a}_0& a_1& a_2& a_3& a_4& a_5& a_6& a_7& a_8& a_9\\ 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1& 0\end{array}\right]}^{n-9}$的值，再让结果矩阵的第一行与 $\left[\begin{array}{c}9\\ 8\\ 7\\ 6\\ 5\\ 4\\ 3\\ 2\\ 1\\ 0\end{array}\right]$逐个相乘求余后相加，就能够得到我们想要得到的 $f(n)$ 的值。

代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=10;
ll k,m,sum;
struct node
{
	ll a[N][N];
}res,ans;	//ans是结果矩阵，res是初始方阵
node mul(node a,node b)	//矩阵相乘
{
	node temp;	//临时矩阵，存放a*b的结果
	memset(temp.a,0,sizeof(temp.a));
	for(int i=0;i<N;i++)
	{
		for(int j=0;j<N;j++)
		{
			for(int k=0;k<N;k++)
			{
				temp.a[i][j]+=(a.a[i][k]*b.a[k][j])%m;
			}
		}
	}
	return temp;
}
void qpower(int a,int b)	//快速幂
{
	for(int i=0;i<N;i++)	//单位矩阵
	{
		for(int j=0;j<N;j++)
		{
			if(i==j)	ans.a[i][j]=1;
			else	ans.a[i][j]=0;
		}
	}
	while(a)
	{
		if(a&1)	ans=mul(ans,res);
		res=mul(res,res);
		a>>=1;
	}	
}
int main()
{
	while(~scanf("%lld%lld",&k,&m))
	{
		memset(res.a,0,sizeof(res.a));	//清空初始矩阵
		for(int i=0;i<N;i++)	//给初始矩阵赋值
		{
			scanf("%d",&res.a[0][i]);
		}
		for(int i=1;i<N;i++)
		{
			res.a[i][i-1]=1;
		}
		if(k<10)	printf("%lld\n",k%m);	//如果k<10，那么f(k)的值已经确定是k了，因此可以直接求余计算并输出。
		else
		{
			qpower(k-9,N);	//计算结果矩阵
			sum=0;
			for(int i=0;i<N;i++)
			{
				sum+=ans.a[0][i]*(9-i)%m;
			}
			printf("%lld\n",sum%m);
		}
	}
	return 0;
}

---

D - Recursive sequence (HDU - 5950)

Farmer John likes to play mathematics games with his N cows. Recently, they are attracted by recursive sequences. In each turn, the cows would stand in a line, while John writes two positive numbers a and b on a blackboard. And then, the cows would say their identity number one by one. The first cow says the first number a and the second says the second number b. After that, the i-th cow says the sum of twice the (i-2)-th number, the (i-1)-th number, and i⁴. Now, you need to write a program to calculate the number of the N-th cow in order to check if John’s cows can make it right.
Input
The first line of input contains an integer t, the number of test cases. t test cases follow.
Each case contains only one line with three numbers N, a and b where N,a,b < 2³¹ as described above.
Output
For each test case, output the number of the N-th cow. This number might be very large, so you need to output it modulo 2147493647.

Sample Input	Sample Output	Hint
2 3 1 2 4 1 10	85 369	In the first case, the third number is 85 = 2 $\ast$ 1十2十34. In the second case, the third number is 93 = 2 $\ast$ 1十1 $\ast$ 10十34 and the fourth number is 369 = 2 $\ast$ 10 十 93 十 44.

分析

题意：有递推式 $f(n)=f(n-1)+2f(n-2)+n^4,f(1)=a,f(2)=b$ ，输入 $n,a,b$ 的值，让你计算 $f(n)$ 的值。

这题也是和前面的题一样，需要构建式子。 难点在于 $n^4$ 的构建。这里我们根据题目给的式子，我们还可以把它写成 $f(n+1)=f(n)+2f(n-1)+(n+1{)}^4,f(1)=a,f(2)=b$ 。而 $(n+1{)}^4=n^4+4n^3+6n^2+4n+1,(n+1{)}^3=n^3+3n^2+3n+1,(n+1{)}^2=n^2+2n+1$，我们就可以利用 $n^4,n^3,n^2,n^1,n^0$ 来构建式子：
$\left[\begin{array}{c}f(n)\\ f(n-1)\\ (n+1{)}^4\\ (n+1{)}^3\\ (n+1{)}^2\\ (n+1{)}^1\\ (n+1{)}^0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccccc}1& 2& 1& 0& 0& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 1& 4& 6& 4& 1\\ 0& 0& 0& 1& 3& 3& 1\\ 0& 0& 0& 0& 1& 2& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}f(n-1)\\ f(n-2)\\ n^4\\ n^3\\ n^2\\ n^1\\ n^0\end{array}\right]={\left[\begin{array}{ccccccc}1& 2& 1& 0& 0& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 1& 4& 6& 4& 1\\ 0& 0& 0& 1& 3& 3& 1\\ 0& 0& 0& 0& 1& 2& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right]}^{n-2}\left[\begin{array}{c}f(2)\\ f(1)\\ 3^4\\ 3^3\\ 3^2\\ 3^1\\ 3^0\end{array}\right]$
因此，我们只需要先利用矩阵快速幂，解出 ${\left[\begin{array}{ccccccc}1& 2& 1& 0& 0& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 1& 4& 6& 4& 1\\ 0& 0& 0& 1& 3& 3& 1\\ 0& 0& 0& 0& 1& 2& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right]}^{n-2}$ 的值之后，让结果矩阵的第一行分别与 $\left[\begin{array}{c}b\\ a\\ 81\\ 27\\ 9\\ 3\\ 1\end{array}\right]$ 相乘取余，就是我们想要的 $f(n)$ 的值了。

代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=7;
const ll m=2147493647;	//记得是ll
ll n,A,B,sum;
struct node
{
	ll a[N][N];
}res,ans;	//ans是结果矩阵，res是初始方阵
node mul(node a,node b)	//矩阵相乘
{
	node temp;	//临时矩阵，存放a*b的结果
	memset(temp.a,0,sizeof(temp.a));
	for(int i=0;i<N;i++)
	{
		for(int j=0;j<N;j++)
		{
			for(int k=0;k<N;k++)
			{
				temp.a[i][j]=(temp.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j])%m;
			}
		}
	}
	return temp;
}
void qpower(int a,int b)	//快速幂
{
	for(int i=0;i<b;i++)	//单位矩阵
	{
		for(int j=0;j<b;j++)
		{
			if(i==j)	ans.a[i][j]=1;
			else	ans.a[i][j]=0;
		}
	}
	while(a)
	{
		if(a&1)	ans=mul(ans,res);
		res=mul(res,res);
		a>>=1;
	}	
}
int main()
{
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%lld%lld%lld",&n,&A,&B);
		res.a[0][0]=1,res.a[0][1]=2,res.a[0][2]=1,res.a[0][3]=0,res.a[0][4]=0,res.a[0][5]=0,res.a[0][6]=0;
		res.a[1][0]=1,res.a[1][1]=0,res.a[1][2]=0,res.a[1][3]=0,res.a[1][4]=0,res.a[1][5]=0,res.a[1][6]=0;
		res.a[2][0]=0,res.a[2][1]=0,res.a[2][2]=1,res.a[2][3]=4,res.a[2][4]=6,res.a[2][5]=4,res.a[2][6]=1;
		res.a[3][0]=0,res.a[3][1]=0,res.a[3][2]=0,res.a[3][3]=1,res.a[3][4]=3,res.a[3][5]=3,res.a[3][6]=1;
		res.a[4][0]=0,res.a[4][1]=0,res.a[4][2]=0,res.a[4][3]=0,res.a[4][4]=1,res.a[4][5]=2,res.a[4][6]=1;
		res.a[5][0]=0,res.a[5][1]=0,res.a[5][2]=0,res.a[5][3]=0,res.a[5][4]=0,res.a[5][5]=1,res.a[5][6]=1;
		res.a[6][0]=0,res.a[6][1]=0,res.a[6][2]=0,res.a[6][3]=0,res.a[6][4]=0,res.a[6][5]=0,res.a[6][6]=1;
		if(n==1)	printf("%lld\n",A%m);
		else if(n==2)	printf("%lld\n",B%m);
		else
		{
			qpower(n-2,N);	//计算结果矩阵
			sum=0;
			sum=(sum+ans.a[0][0]*B)%m;
			sum=(sum+ans.a[0][1]*A)%m;
			sum=(sum+ans.a[0][2]*81)%m;
			sum=(sum+ans.a[0][3]*27)%m;
			sum=(sum+ans.a[0][4]*9)%m;
			sum=(sum+ans.a[0][5]*3)%m;
			sum=(sum+ans.a[0][6]*1)%m;
			printf("%lld\n",sum%m);
		}
	}
	return 0;
}

---

E - ProjectEuler 48 (51Nod - 2182)

考虑求和
1¹+2²+3³+⋯+10¹⁰=10405071317
输入n，求
1¹+2²+3³+⋯+nⁿ
对 10¹⁰ 取模的结果。
Input
输入第一行组数T， 接下来T行，每行一个整数n。 (1 <= T <= 1000) (1 <= N <= 1000)
Output
对于每组数据，输出一个数，表示求和对10000000000取模的结果。

Sample Input	Sample Output
4 1 10 100 1000	1 405071317 9027641920 9110846700

分析

这题因为一开始没有讲快速乘，所以卡了一段时间，然后在网上找了一篇还不错的博客，这里是链接，有机会再自己总结⑧。

因为每种快速乘的写法的时间复杂度都不一样，我这里就列了两种不同的写法。按这些写法都可以AC。

代码

1. 第一种写法

   #include
   #include
   #include
   #include
   using namespace std;
   typedef long long ll;
   typedef long double ld;
   typedef unsigned long long ull;
   const ll maxn=1010;
   const ll MOD=1e10;
   int T,N;
   ll sum[maxn],cnt;
   ll ksc(ll x,ll y,ll mod)
   {
   	ll z=(ld)x/mod*y;
   	ll res=(ull)x*y-(ull)z*mod;
   	return (res+mod)%mod;
   }
   ll qpow(ll x,ll y,ll mod)
   {
   	ll res=1;
   	while(y)
   	{
   		if(y&1)	res=ksc(res,x,mod);
   		x=ksc(x,x,mod);
   		y>>=1;
   	}
   	return res%mod;
   }
   int main()
   {
   	scanf("%d",&T);
   	while(T--)
   	{
   		scanf("%d",&N);
   		cnt=0;
   		for(int i=1;i<=N;i++)
   		{
   			cnt=(cnt+qpow(i,i,MOD)+MOD)%MOD;
   		}
   		printf("%lld\n",cnt);
   	}
   	return 0;
   }
   

2. 第二种写法

   #include
   #include
   #include
   #include
   using namespace std;
   typedef long long ll;
   typedef long double ld;
   typedef unsigned long long ull;
   const ll maxn=1010;
   const ll MOD=1e10;
   int T,N;
   ll sum[maxn],cnt;
   ll ksc(ll x,ll y,ll mod)
   {
   	ll res=0;
   	while(y)
   	{
   		if(y&1)	res=(res+x)%mod;
   		x=(x<<1)%mod;
   		y>>=1;
   	}
   	return res%mod;
   }
   ll qpow(ll x,ll y,ll mod)
   {
   	ll res=1;
   	while(y)
   	{
   		if(y&1)	res=ksc(res,x,mod);
   		x=ksc(x,x,mod);
   		y>>=1;
   	}
   	return res%mod;
   }
   void init()
   {
   	for(int i=1;i<maxn;i++)
   	{
   		sum[i]=(sum[i-1]+qpow(i,i,MOD)+MOD)%MOD;
   	}
   }
   int main()
   {
   	scanf("%d",&T);
   	init();
   	while(T--)
   	{
   		scanf("%d",&N);
   		printf("%lld\n",sum[N]);
   	}
   	return 0;
   }
   

---

F - 求递推序列的第N项 (51Nod - 1126)

有一个序列是这样定义的：f(1) = 1, f(2) = 1, f(n) = (A $\ast$ f(n - 1) + B $\ast$ f(n - 2)) mod 7.
给出A，B和N，求f(n)的值。
Input
输入3个数：A,B,N。数字之间用空格分割。(-10000 <= A, B <= 10000, 1 <= N <= 10^9)
Output
输出f(n)的值。

Sample Input	Sample Output
3 -1 5	6

分析

此题的题意题目写的挺清楚了，给定 $A,B,N$ 的值，让你求出 $f(N)$ 的值。
而对于 $f(n)$ ，有：$f(n)=\{\begin{array}{l}1，n=1或2\\ (A\ast f(n-1)+B\ast f(n-2))mod7，n\ne 1或2\end{array}$
因此我们可以构建式子：
$\left[\begin{array}{c}f(n)\\ f(n-1)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}A& B\\ 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}f(n-1)\\ f(n-2)\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cc}A& B\\ 1& 0\end{array}\right]}^{n-2}\left[\begin{array}{c}f(2)\\ f(1)\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cc}A& B\\ 1& 0\end{array}\right]}^{n-2}\left[\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right]$
所以，我们可以利用矩阵快速幂，求出 ${\left[\begin{array}{cc}A& B\\ 1& 0\end{array}\right]}^{n-2}$的值，$f(n)$ 的值就是结果矩阵的第一行元素之和并对 $7$ 求余。

代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD=7;
const int maxn=10;
ll A,B,N;
ll k,m,sum;
struct node
{
	ll m[3][3];
}res,ans;	//ans是结果矩阵，res是初始方阵
node mul(node a,node b)	//矩阵相乘
{
	node temp;	//临时矩阵，存放a×b的结果
	memset(temp.m,0,sizeof(temp.m));
	for(int i=1;i<3;i++)
	{
		for(int j=1;j<3;j++)
		{
			for(int k=1;k<3;k++)
			{
				temp.m[i][j]+=(a.m[i][k]*b.m[k][j])%MOD;
			}
		}
	}
	return temp;
}
void qpower(int a,int b)	//快速幂
{
	for(int i=1;i<b;i++)	//单位矩阵
	{
		for(int j=1;j<b;j++)
		{
			if(i==j)	ans.m[i][j]=1;
			else	ans.m[i][j]=0;
		}
	}
	while(a)
	{
		if(a&1)	ans=mul(ans,res);
		res=mul(res,res);
		a>>=1;
	}	
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&A,&B,&N);
	res.m[1][1]=A,res.m[1][2]=B;
	res.m[2][1]=1,res.m[2][2]=0;
	if(N==1 || N==2)	printf("1");
	else
	{
		qpower(N-2,3);
		printf("%lld",(ans.m[1][1]+ans.m[1][2]+MOD)%MOD);
	}
	return 0;
}

---

G - 人见人爱A^B (HDU - 2035)

求A^B的最后三位数表示的整数。
说明：A^B的含义是“A的B次方”
Input
输入数据包含多个测试实例，每个实例占一行，由两个正整数A和B组成（1<=A,B<=10000），如果A=0, B=0，则表示输入数据的结束，不做处理。
Output
对于每个测试实例，请输出A^B的最后三位表示的整数，每个输出占一行。

Sample Input	Sample Output
2 3 12 6 6789 10000 0 0	8 984 1

分析

这题我之前的题解写过了，这里放一下链接。
直接套快速幂的模板就可。

代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+10;
ll A,B;
ll qpow(ll x,ll y,ll mod)	//快速幂板子
{
	ll res=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)	res=(res*x)%mod;
		x=(x*x)%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
int main()
{
	while(~scanf("%lld%lld",&A,&B))
	{
		if(A==0 && B==0)	break;
		printf("%lld\n",qpow(A,B,1000)%1000);
	}
	return 0;
}