11.6 T1 谜团 （mituan）

*PS： 没开long long被卡掉45分，果然出题人的话都不可信QAQ。。（学傻了）

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与zqsz的互测题 T1 原题 POJ 1845

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【题目描述】

谜团，是夜魇军团一名强大的战士。他来自远古，是一种不可思议的重力生命体，是来自原始黑暗的扭曲声音，在宇宙中的第一丝光线诞生前就存在的深渊化身。他能动用深渊之力将生物的身体污染，使之转化为自身的碎片“虚灵”。
“虚灵”为谜团所控，拥有一定的战斗力。更为恐怖的是，新产生的“虚灵”的 第一次攻击将吸收被攻击者内心的黑暗，从而分裂成若干个“虚灵”，之后的攻击将无法产生“虚灵”，新产生的“虚灵”第一次攻击仍可产生“虚灵”。 作为天辉军团智囊的你，需要知道某一时刻谜团最多可以产生多少“虚灵”，从而据
此来进行决策。具体的，谜团在 第一秒会转化一个单位，使之变成一个“虚灵”，由于能量消耗过大，谜团在之后的时间内将不再转化单位，使之变成“虚灵”。新产生的“虚灵”会在下一秒攻击一次，从而分裂出 m 个“虚灵”，原有的“虚灵”仍然存在，并且将不再产生虚灵。但新产生的“虚灵”可在下一秒攻击一次并分裂，之后也将不再产生“虚灵”（具体见样例解释）。给定时间 t 和分裂数 m，请你告诉天辉军团的战士们，在 t 秒后，谜团拥有多少个“虚灵”。
答案可能很大，要求你模一个数 k（不保证 k 是质数）。

【输入格式】

第一行：三个整数 m,t,k,意义见题目描述

【输出格式】

第一行：t 秒后谜团拥有的能量体个数

【样例输入 1】

3 3 1000

【样例输出 1】

13

【样例输入 2】

3 5 1000

【样例输出 2】

121

【样例 1 解释】

m = 3, t = 5 时：
第一秒：谜团制造 1 个“虚灵”
第二秒：1 个“虚灵”分裂出 3 个“虚灵”，此时共有 4 个“虚灵”
第三秒：第 1 秒制造的 1 个“虚灵”将不能分裂，第 2 秒制造的 3 个“虚灵”，
每个“虚灵”分裂成 3 个“虚灵”，新分裂出的“虚灵”有 9 个，此时共有 13
个“虚灵”。
最终，总共有 13 个“虚灵”

【数据规模与约定】

保证 k,m,t 及答案在 int 范围内（注意只有答案！！！）

原题意是求A^B的约数个数，因为出题人很良心（原话），所以就改为求首项为1，公比为m的等比数列的前n项和。

部分分

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1~8 暴力枚举

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9~12 特殊性质：模数k是质数，因为等比数列的前n项和为 q^n-1/(q-1)，除法的取模需要用到逆元，可以用费马小定理做。
a^(p-1) ≡ 1(mod p) —> a^(p-2) ≡ 1/a (mod p)

ll ans=(multiply(T,M)-1)%K*multiply(K-2,M-1)%K%K;
printf("%lld",ans);

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13~16 （原话）特殊性质 k不是质数，但k与m互质，用扩展欧几里得求逆元。

但是，我用的扩展欧几里得是要求m-1在%k意义下的逆元啊喂！！ 没有给部分分QAQ。

直接打exgcd可以的50分，前提是你开了long long ，但是我并没有开qwqqqq（让我自己一个人静一会）。

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;

long long M,T,K,ans;

long long multiply(long long n,long long a)
{
    long long sum=1,x=a;
    while(n)
    {
        if(n&1) sum=sum%K*x%K%K;
        x=x%K*x%K%K;
        n>>=1;
    }
    return sum%K;
}
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    long long d=exgcd(b,a%b,y,x);
    y=y-a/b*x;
    return d;
}
int main()
{
    freopen("mituan.in","r",stdin);
    freopen("mituan.out","w",stdout);
    scanf("%lld%lld%lld",&M,&T,&K);
    {
        long long x,y;
        long long d=exgcd(M-1,K,x,y);
        x%=K;
        while(x<0) x+=K/d;
        ans=(multiply(T,M)-1)%K*x%K%K;
        if(ans<0) ans+=K;
        printf("%lld",ans);
    }
    return 0;
}

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17~20 没有特殊性质 qwq

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1~20

正解 1 公式求逆元

安利一个之前看到的博客（为什么我当时没有好好看qwq）

http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8220787

因为费马小定理和扩展欧几里得算法求逆元是有局限性的，它们都会要求a与m互素。

但是我们有一个公式，若 b|a , 则ans即为（a/b）mod m 的答案：

证明：

（a/b）mod m = ans ；

a/b = ans + k * m ；

a = ans * b + k * m * b ；

a mod ( bm ) = ans * b ；

a mod ( bm ) / b = ans ；

得证。

代码

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define ull unsigned long long 

ull M,T,K;

ull multiply(ull n,ull a)
{
    ull sum=1,x=a;
    while(n)
    {
        if(n&1) sum=sum%K*x%K%K;
        x=x%K*x%K%K;
        n>>=1;
    }
    return sum%K;
}
int main()
{
    freopen("mituan.in","r",stdin);
    freopen("mituan.out","w",stdout);
    scanf("%lld%lld%lld",&M,&T,&K);
    K=K*(M-1);
    ull ans=(multiply(T,M)-1)/(M-1);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

正解 2 二分+递归

数学课上的求等比数列的前n项和有一个公式，emmm，公式有很多的变形，其中有一个变形为

若另 n 和 m 都等于 t/2 ，可知

所以我们要求St，只需要每次二分的递归下去，在递归的过程中取模就可以了。

另外注意递归的时候要分t为奇数和偶数的情况，因为计算机里的/是会自动下取整的。

代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define ll long long

ll M,T,K;

ll pow(ll a,ll n)
{
    ll sum=1,x=a;
    while(n)
    {
        if(n&1) sum=sum%K*x%K%K;
        x=x%K*x%K%K;
        n>>=1;
    }
    return sum;
}

ll sum(ll q,ll t) // q^0+q^1+q^2+...+q^t --> S(t+1)
{
    if(t==0) return 1;
    if(t%2==0) return (sum(q,t/2-1)%K*(1+pow(q,t/2))%K%K+pow(q,t)%K)%K; 
    //t 为偶数，说明S(t+1)没法直接通过S((t+1)/2)求得，就去求St，最后加上一个q^t次方 
    else return (sum(q,t/2)%K*(1+pow(q,t/2+1))%K)%K; 
    //t 为奇数，说明S(t+1)可以直接用(S(t+1)/2)求得，又S((t+1)/2)即为sum(q,t/2)(t/2下取整)，可以直接求 (t/2+1即为(t+1)/2)  
}
int main()
{
    freopen("mituan.in","r",stdin);
    freopen("mituan.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&M,&T,&K);
    printf("%lld",sum(M,T-1));
    return 0;
}

PS：刚刚把这篇博客搬到了博客园里，果然背景什么的都好漂亮（捂脸）。。虽然写的时候很麻烦。。。但是好看啊！！！ 链接：http://www.cnblogs.com/maple-kingdom/