2019年牛客多校第五场(BC)
B:generator 1
题意
给你 x 0 , x 1 , a , b , x i = a x i − 1 + b x i − 2 x_0,x_1,a,b, x_i=ax_{i-1}+bx_{i-2} x0,x1,a,b,xi=axi−1+bxi−2让你求出 x n x_n xn
思路
典型的矩阵快速幂，但是n的范围太大，所以得快速幂得用十进制快速幂
#includeC:generator 2
题意
有这么一个递推式 x i = ( a ⋅ x i − 1 + b ) m o d p x_i=(a\cdot x_{i-1}+b)\mod p xi=(a⋅xi−1+b)modp，让你求 v v v在 [ 1 , n − 1 ] [1,n-1] [1,n−1]中第一次出现的位置
思路
因为递推式模 p p p，所以 x x x的循环节一定小于 p p p，
而 x x x又是这种形式 x n = a ( a ( a ( a x + b ) + b ) + b ) + b x_n=a(a(a(ax+b)+b)+b)+b xn=a(a(a(ax+b)+b)+b)+b
所以我们的任务就变成 A m ≡ v m o d p A^{m} \equiv v\mod p Am≡vmodp求最小的 m m m
A 1 = x , A 2 = ( a x + b ) , A 3 = a ( a x + b ) + b , A 4 = a ( a ( a x + b ) + b ) + b ) + b {A^1=x,A^2=(ax+b),A^3=a(ax+b)+b,A^4=a(a(ax+b)+b)+b)+b} A1=x,A2=(ax+b),A3=a(ax+b)+b,A4=a(a(ax+b)+b)+b)+b
而 A m ≡ v m o d p A^m\equiv v\mod p Am≡vmodp明显可以用BSGS
但是BSGS的一个使用条件能不能求出 A − i ∗ S A^{-i*S} A−i∗S
但是我们怎么求出 A − i ∗ S A^{-i*S} A−i∗S呢
正常的加是乘a加b，那么除就是除a减 b a \frac{b}{a} ab
举个例子:
x 0 = x , x 1 = a x + b , x 2 = a ( a x + b ) + b , x 3 = a ( a ( a x + b ) + b ) + b x_0=x,x_1=ax+b,x_2=a(ax+b)+b,x_3=a(a(ax+b)+b)+b x0=x,x1=ax+b,x2=a(ax+b)+b,x3=a(a(ax+b)+b)+b
我们从 x 3 x_3 x3降到 x 1 x_1 x1, x 3 x_3 x3先除 a a a再减去 b a \frac{b}{a} ab变成 x 2 x_2 x2，然后再除 a a a减去 b a \frac{b}{a} ab变成 x 1 x_1 x1
那我们从 A 2 S + j A^{2S+j} A2S+j降到 A S + j A^{S+j} AS+j只需要进行 S S S次操作即可
这样我们就可以用BSGS了
跟BSGS的步骤差不多，我们可以把式子化成 A i ∗ S + j ≡ v m o d p A^{i*S+j}\equiv v\mod p Ai∗S+j≡vmodp
我们可以预处理出来 A S A^S AS ，然后遍历找到一个 A j ≡ v ∗ A − i ∗ S m o d p A^j\equiv v*A^{-i*S}\mod p Aj≡v∗A−i∗Smodp
也就是说在这个式子中 A − i ∗ S A^{-i*S} A−i∗S不是一个值，而是一种操作，把 v v v所代表的次数降下 S S S
x 0 = 1 , x 1 = 2 ∗ 1 + 1 , x 2 = , x 4 = 15 , x 5 = 31 x_0=1,x_1=2*1+1,x_2=,x_4=15,x_5=31 x0=1,x1=2∗1+1,x2=,x4=15,x5=31
因为我们已经预处理了一个 A S A^S AS,那么在我们遍历 i i i的过程中每次降下一个 S S S，知道找到或者找不到
用Hash存一下 A j A^j Aj
AC代码
#include