【BZOJ 3328】PYXFIB

3328: PYXFIB

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Description

Input

第一行一个正整数，表示数据组数据 ，接下来T行
每行三个正整数N,K,P

Output

T行，每行输出一个整数，表示结果

Sample Input

1

1 2 3

Sample Output

1

HINT

Source

By Wcmg

数论难题。

首先我们设矩阵

A=(1110)

那么 Fi=An 的左上角。
原式变成了

∑i=0⌊nk⌋Ci∗knAik

1.二项式定理

看到题目中的式子，我们可以想到二项式定理，即

(a+b)n=∑i=0n(ni)aibn−i

那么

(a+1)n=∑i=0n(ni)ai

这个是针对数字的，针对到矩阵也是成立的

(A+I)n=∑i=0n(ni)Ai

其中 I 是单位矩阵（只有 (i,i)=1 ，其他地方都是 0 ）
【之所以能这样转化，是因为 AI=IA ，与单位矩阵相乘满足交换律~若是两个普通矩阵就不能这么做了】

上面的式子与所求式是不是很像？只要再加一句

[i%k=0]

这个条件就和题目中的式子等价了。
（这是一个bool函数，他为true才算入答案）

2.使用单位根构造

我们的目的是构造一个数组 a[i] 满足 [i%k=0] ，即在 i%k=0 时 a[i]=1 ，否则 a[i]=0 。

g 为 p 的原根（只有 g0,gp−1 等于 1 ）， ω 为 p 的单位根，即 ω=gp−1k
【题中说了 p%k=1 】
那么只有当 i%k=0 时， ωi=1 (在模 p 意义下)

我们可以得到 ∑k−1j=0ωij 只有在 i%k=0 的情况下为 k ，其他情况为 0 。

【证明】:
① i%k=0 时， ωi=1 ，该式显然等于 k
② i%k≠0 时，该式构成了公比为 ωi 的等比数列，
根据等比数列求和公式，这个式子变成了

1−ωik1−ωi

，而 ωk=1 ，因此原式等于 0

于是题中的式子就可以等价为

1k∑i=0n(ni)Ai(∑j=0k−1ωij)

而上面的式子又是什么呢？

我们设 F(x)=x−n(xI+A)n=∑ni=0(ni)x−iAi

1k[F(ω−0)+F(ω−1)+...+F(ωk−1)]=1k∑i=0n(ni)Ai(∑j=0k−1ωij)=ANS

而 F 函数可以用矩阵快速幂求出，此题就解决了~

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#define LL long long
using namespace std;
struct matrix
{
    LL f[3][3];
}T;
LL n,k,p;
int y[1000000],cnt;
LL Pow(LL a,LL n)
{
    LL b=a%p,ans=1;
    while (n)
    {
        if (n&1) ans=ans*b%p;
        b=b*b%p;
        n>>=1;
    }
    return (ans%p+p)%p;
}
matrix Add(matrix a,matrix b)
{
    matrix ans;
    for (int i=0;i<2;i++)
        for (int j=0;j<2;j++)
            ans.f[i][j]=(a.f[i][j]+b.f[i][j])%p;
    return ans;
}
matrix Mult(matrix a,matrix b)
{
    matrix ans;
    for (int i=0;i<2;i++)
        for (int j=0;j<2;j++)
        {
            ans.f[i][j]=0;
            for (int k=0;k<2;k++)
                ans.f[i][j]=(ans.f[i][j]+a.f[i][k]*b.f[k][j]%p)%p;
        }
    return ans;
}
matrix Pow_mult(matrix b,LL n)
{
    matrix ans;
    int f=0;
    while (n)
    {
        if (n&1)
        {
            if (f) ans=Mult(ans,b);
            else ans=b,f=1;
        }
        b=Mult(b,b);
        n>>=1;
    }
    return ans;
}
LL Calc(LL x)
{
    matrix ans;
    ans.f[0][0]=ans.f[1][1]=x;
    ans.f[0][1]=ans.f[1][0]=0;
    ans=Add(ans,T);
    ans=Pow_mult(ans,n);
    LL nix=Pow(Pow(x,n),p-2);
    for (int i=0;i<2;i++)
        for (int j=0;j<2;j++)
            ans.f[i][j]=ans.f[i][j]*nix%p;
    return ans.f[0][0];
}
void Getyinshu(int n)
{
    for (int i=2;i<=sqrt(n);i++)
    {
        if (n%i) continue;
        y[++cnt]=i;
        if (n/i>i) y[++cnt]=n/i;
    }
}
bool Judge(int x)
{
    for (int i=1;i<=cnt;i++)
        if (Pow(x,y[i])%p==1) return false;
    return true;
}
LL Getw()
{
    Getyinshu(p-1);
    int g;
    for (g=2;;g++)
        if (Judge(g))
            break;
    return Pow(g,(p-1)/k);
}
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while (t--)
    {
    cnt=0;
    T.f[0][0]=T.f[0][1]=T.f[1][0]=1,T.f[1][1]=0;
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&p);
    LL w=Getw();
    LL ans=0;
    LL ni=Pow(Pow(w,k-1),p-2);
    ans=(ans+Calc(ni))%p;
    for (int i=k-2;i>=0;i--)
    {
        ni=ni*w%p;
        ans=(ans+Calc(ni))%p;
    }
    cout<<(ans*Pow(k,p-2)%p+p)%p<<endl;
    }
    return 0;
}

感悟：

这道题首先想到二项式定理；
然后利用 p%k=1 ，利用单位根构造出原式。