[旧题新解]HDU1005 Number Sequence

题意

$f(1) = f(2) = 1$

$f(n) = (A*f(n-1) + B*f(n-2)) \mod 7$

$1 \leq A, B \leq 1,000 ,1 \leq n \leq 10^8$

求$f(n)$

思路

看到此题，一种比较平凡的思路就是找规律。很多人的直觉是，循环节的长度必然是49。想到这种想法，主要的理由就是对于一对(A, B)的取值，$(f(n), f(n-1))$的值对最多有49种，所以必然能在50步内找到循环节。由此形成如下代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 50;
int s[N];
int main(){
    int a, b, n;
    while(scanf("%d%d%d", &a, &b, &n), a+b+n){
        s[0] = s[1] = 1;
        int T = 49;
        for(int i = 2; i < N; i++){
            s[i] = (a*s[i-1]+b*s[i-2]) % 7;
            if(s[i] == 1 && s[i-1] == 1){
                T = i-1;
                break;
            }
        }
        printf("%d\n", s[(n+T-1)%T]);
    }
    return 0;
}

提交后，我们发现这份代码是AC的。但是有一组样例，这样的写法是明显错误的：

$$A = 7x, B=7y$$
此时
$$f(x) = \left\{ \begin{array}{l} 1\quad x = 0,1\\ 0\quad x \ge 2 \end{array} \right.$$
这就不符合我们之上的理论了。

我们可以重新思考题意并建立模型，如果我们把任一对相邻的$f(x)$值看作一个点即 $V=\{(f(i-1), f(i))\}$那么我们可以知道任一$v_i$有且仅有一条可能指向自身的边，即$f(a,b):v_i \to v_j$。显然，这是一个49个点组成的图，且每个点有且仅有一条出边。

按直觉我们可以认定这个图必然有环，如果需要严谨证明的话，大概只能用到归纳法了：

若存在有n个点，每个点有一条出边的无环图，那么它必然是由n-1个点的具有同样性质的无环图产生的。（因为一个有环图不能通过增加一个点与一条点上的出边变得无环）

而已知当n=2时，不存在一个2个点，每个点均有一条出边的无环图。

所以有n个点，每个点有一条出边的图必有环。

那么重点即是，这个图中的环并不一定是从头开始，即(1,1)可能并不在循环节中:

知道以上结论后，我们可以将之上的理论进行代码实现：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10;
const int M = 50;
int fir[N][N], ans[M];
int main()
{
    int a, b, n;
    while(scanf("%d%d%d", &a, &b, &n), a+b+n){
        int x, y, cnt;
        x = y = cnt = 1;
        if(n == 1 || n == 2){
            printf("1\n");
            continue;
        }
        memset(fir, 0, sizeof(fir));
        memset(ans, 0, sizeof(ans));
        while(!fir[x][y]){
            fir[x][y] = cnt;
            ans[cnt++] = y;
            int v = (a*y + b*x)%7;
            x = y;
            y = v;
        }
        --n;
        if(n < fir[x][y])  printf("%d\n", ans[n]);
        else{
            int loop = cnt - fir[x][y];
            n -= fir[x][y];
            n %= loop;
            printf("%d\n", ans[n+fir[x][y]]);
        }
    }
    return 0;
}

即用fir数组来保存某一个值对第一次出现的计数，并为了我们方便地得到答案，使用$ans_i$保存第i个答案。其中fir[x][y]保存的就是循环节的前导部分，loop为循环节长度：

---

此题还有另外一种解法，即$O(\log n)$的矩阵快速幂的算法。

做过用矩阵快速幂求斐波那契数列的第n项的同学会知道，有下式：

$$\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1\\ 1&0 \end{array}} \right)*\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{f_{n - 1}}}\\ {{f_{n - 2}}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{f_n}}\\ {{f_{n - 1}}} \end{array}} \right)$$
即对于$A_n = T^{n-1}*A_i$，其中
$$T = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1\\ 1&0 \end{array}} \right)$$

对于二次递推$f(n) = A*f(n - 1) + B*f(n - 2) + C$，有：

$$\left( {\begin{array}{*{20}{c}} A&B&1\\ 1&0&0\\ 0&0&1 \end{array}} \right)*\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{f_{n - 1}}}\\ {{f_{n - 2}}}\\ C \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{f_n}}\\ {{f_{n - 1}}}\\ C \end{array}} \right)$$
由于此题中$C=0$，故本题中
$$T = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} A&B\\ 1&0 \end{array}} \right)$$
代码为：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2;
struct Mat{
    int a[N][N];
    Mat(){memset(a, 0, sizeof(a));}
    Mat operator * (Mat& rh){
        Mat ret;
        for(int i = 0; i < N; i++)
            for(int j = 0; j < N; j++)
                for(int k = 0; k < N; k++){
                    ret.a[i][j] += a[i][k] * rh.a[k][j];
                    ret.a[i][j] %= 7;
                }
        return ret;
    }
};
Mat powMod(Mat a, int e){
    Mat ret;
    for(int i = 0; i < N; i++) ret.a[i][i] = 1;
    for(; e; e>>=1){
        if(e&1) ret = ret*a;
        a = a*a;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    int a, b, n;
    while(scanf("%d%d%d", &a, &b, &n), a+b+n){
        Mat ans;
        ans.a[0][0] = a%7; ans.a[0][1] = b%7; ans.a[1][0] = 1;
        if(n<=2){
            printf("1\n");
            continue;
        }
        ans = powMod(ans, n-2);
        printf("%d\n", (ans.a[0][0]+ans.a[0][1])%7);
    }
    return 0;
}