HDU 3609Up-up(层层递推降幂+蛋疼的特判)

Up-up

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1485    Accepted Submission(s): 420

Problem Description

The Up-up of a number a by a positive integer b, denoted by a↑↑b, is recursively defined by:
a↑↑1 = a,
a↑↑(k+1) = a  ^(a↑↑k)
Thus we have e.g. 3↑↑2 = 3 ³ = 27, hence 3↑↑3 = 3 ²⁷= 7625597484987 and 3↑↑4 is roughly 10 ^{3.6383346400240996*10^12}
The problem is give you a pair of a and k,you must calculate a↑↑k ,the result may be large you can output the answer mod 100000000 instead

 

Input

A pair of a and k .a is a positive integer and fit in __int64 and 1<=k<=200

 

Output

a↑↑k mod 100000000

 

Sample Input

   
   
   
   

    
    
    
    3 2
3 3
   
   
   
   

 

Sample Output

   
   
   
   

    
    
    
    27
97484987
   
   
   
   

 

                    题目大意： 给你一个n一个k,问你n^(n^(n^(n...))总共有k个n这样的。问结果模上10^8是多少？看到了会立马想到降幂公式，但是却没有想到是层层递推的。每一层有自己的phi,然后模上相应层所对应的mod。自己在纸上画画可以把思路理一下。

           解题思路：自己开始没注意到base需要%mod预处理一下，结果老是TLE。降幂公式：A^x = A^(x % Phi(C) + Phi(C)) (mod C)不过用这个公式需要一个条件 x>=Phi(C).但是这个题我却根本没有判断X>=phi(C),现在对这个降幂公式也只能将就着用了。具体思路见代码。还有就是0的奇数次方是0,0^偶数次方是1.这就让我有点不淡定了。。不过数据还真的就是这样，需要特判。

      题目地址：Up-up

AC代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
__int64 a;
int mo=100000000;
int el[205];

int geteuler(int n)  //得到欧拉值
{
    int m=sqrt(n+0.5),ans=n,i;
    for(i=2;i<=m;i++)
        if(n%i==0)
        {
           ans=ans/i*(i-1);
           while(n%i==0)
            n/=i;
        }
    if(n>1)
        ans=ans/n*(n-1);
    return ans;
}

__int64 pow(__int64 base,__int64 p,__int64 mod) //快速幂取模
{
    __int64 ans=1;
    base%=mod;  //预处理
    while(p)
    {
        if(p&1)
            ans=(ans*base)%mod;
        base=(base*base)%mod;
        p>>=1;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int i,k;
    el[1]=mo;
    for(i=2;i<=200;i++)
       el[i]=geteuler(el[i-1]);
    while(~scanf("%I64d%d",&a,&k))
    {
        __int64 res=a;
        if(a==0&&k%2==0) {puts("1");continue;}
        if(a==0) {puts("0");continue;}  //特判
        while(k>1)
        {
            res=res%el[k]+el[k];
            //if(res==0) res=el[k];
            res=pow(a,res,el[k-1]);
            k--;
        }
        printf("%I64d\n",res%mo);
    }
    return 0;
}