HDU 5451 Best Solver（fibonacci）

感谢这道题让我复习了一遍线代，还学习了一些奇奇怪怪的数论。

令


二项展开以后根号部分抵消了





显然有



所以要求的答案是



如果n比较小的话，可以直接对二项式快速幂，但是这题n很大

这个问题和矩阵的特征值以及数列递推有奇怪的联系

广义的fibonacci数列的形式如下



写成矩阵形式就是



有一个奇怪的结论：



其中lambda1，lambda2是递推矩阵的特征值，此处只讨论lambda1!=lambda2的情况。

这个奇怪的结论其实很容易证明，



根据以上结果，利用矩阵的数乘和分配律然后归纳就可以完整得到结论

令lambda1=p，lambda2=q，可以求出a和b，答案就在递推的第n项

然后通过找循环节减小n

m是素数时一般的做法：http://blog.csdn.net/ACdreamers/article/details/25616461

费马小定理和欧拉准则不明觉厉。。。

此题所有的m循环节都小，直接暴力，然后记忆化

lambda1!=lambda2，所以A一定可以对角化，而A^n就可以表示为



对应特征值



并且有



所以对A矩阵快速幂以后算出迹减1就是答案

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

struct Matrix
{
int e[2][2];
int* operator[](int p){
return e[p];
}
};

ll Mod;
Matrix operator *(Matrix &A, Matrix &B)
{
Matrix R;
for(int i = 0; i < 2; i++){
for(int j = 0; j < 2; j++){
R[i][j] = 0;
for(int k = 0; k < 2; k++){
R[i][j] = (R[i][j] + (ll)A[i][k]*B[k][j]+Mod)%Mod;
}
}
}
return R;
}

Matrix Matrix_pow(Matrix A,ll p)
{
Matrix R;
for(int i = 0; i < 2; i++){
for(int j = 0; j < 2; j++){
R[i][j] = i==j?1:0;
}
}
while(p){
if(p&1) R = R*A;
A = A*A;
p>>=1;
}
return R;
}

ll qPow(ll a,ll p,ll mod)
{
ll ret = 1;
while(p){
if(p&1) ret = (ret*a)%mod;
a = (a*a)%mod;
p >>= 1;
}
return ret;
}

const int maxm = 46337+5;
int r[maxm],f[maxm];

int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
int T, kas = 0; scanf("%d",&T);
while(T--){
ll x; scanf("%I64d%I64d",&x,&Mod);
if(!r[Mod]){
f[0] = 2; f[1] = 10;
for(int i = 2; ;i++){
f[i] = (10LL*f[i-1]-f[i-2]+Mod)%Mod;
if(f[i] == f[1] && f[i-1] == f[0]){ r[Mod] = i-1; break; }
}
}
Matrix A;
A[0][0] = 10%Mod; A[0][1] = Mod-1; A[1][0] = 1; A[1][1] = 0;
auto ans = Matrix_pow(A,(qPow(2,x,r[Mod])+1)%r[Mod]);
printf("Case #%d: %d\n",++kas,(ans[0][0]+ans[1][1]+Mod-1)%Mod);
}
return 0;
}