jzoj 4015. 【雅礼联考DAY01】数列数论

最新推荐文章于 2020-04-29 14:47:41 发布

Amber_lylovely

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本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/liangzihao1/article/details/81034912

本文详细解析了一种特定数列求值问题的算法实现，包括直接暴力枚举、利用循环特性以及通过数学变换降低时间复杂度的方法。适用于不同规模的数据输入。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

这里写图片描述

Input

一行，六个整数，分别表示 x0, a, b, c, n, m。

Output

一行，一个整数，表示 xn mod m 的值。

Sample Input

1 1 1 1 5 1000000000

Sample Output

133904603

Data Constraint

这里写图片描述

分析：
前35%数据，直接暴力枚举即可，复杂度 $O(n)$ 。

另外35%数据，我们发现对 $m$ 取模余数不同的数只有 $m$ 个，一旦出现了一个相同的数就出现循环节，即可通过。注意循环节不一定从 $x_0$ 开始，前面的一些数可能没有循环，要先减去。复杂度 $O(m)$ 。

最后30%数据，有

x i = a x i - 1 2 + b x i - 1 + c

$x_i={ax_{i-1}}^2+bx_{i-1}+c$
根据二次函数相关知识，化为顶点式，

x i = a (x i - 1 + b 2 a) 2 + 4 a c - b 2 4 a

$x_i=a(x_{i-1}+\frac{b}{2a})^2+\frac{4ac-b^2}{4a}$
由题意得，

4ac−b2=−2b4ac−b2=−2b $4ac-b^2=-2b$ ，得

x i = a (x i - 1 + b 2 a) 2 - 2 b 4 a

$x_i=a(x_{i-1}+\frac{b}{2a})^2-\frac{2b}{4a}$
移项得，

x i + b 2 a = a (x i - 1 + b 2 a) 2

$x_i+\frac{b}{2a}=a(x_{i-1}+\frac{b}{2a})^2$
假设数列

TT $T$ ，有

T_{i} = x_{i} + \frac{b}{2 a}

$T_i=x_i+\frac{b}{2a}$ ，上式为，

T i = a T i - 1 2

$T_i={aT_{i-1}}^2$
两边同时乘

aa $a$ ，得

a T_{i} = (a T_{i - 1})^{2}

$aT_i=(aT_{i-1})^2$
那么，

a T n = (a T 0) 2 n

$aT_n=(aT_0)^{2^n}$
得，

x n = a 2 n - 1 * (x 0 + b 2 a) 2 n - b 2 a

$x_n=a^{2^n-1}*(x_0+\frac{b}{2a})^{2^n}-\frac{b}{2a}$
因为

mm $m$ 是质数，可以对指数模

m - 1

$m-1$ 。
复杂度

O(logn)O(logn) $O(logn)$

其实考场上觉得 $m$ 这个条件很重要，对 $T$ 想用原根了，其实也是可以做的，可以把乘法变为指数加法，设 $a=g^c$ ，那么每次相当于把指数乘2再加c，矩阵加速递推就可以了，这样复杂度是 $O(sqrt(n)+log n)$ 。然后一开始没取模直接gg了。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define LL long long

const int maxn=1e7+7;

using namespace std;

LL x,a,b,c,n,p,k;
LL A[maxn],B[maxn];

LL ksm(LL x,LL y,LL p)
{
    if (y==1) return x;
    LL c=ksm(x,y/2,p);
    c=(c*c)%p;
    if (y%2) c=(c*x)%p;
    return c;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&a,&b,&c,&n,&p);
    LL t=b/(2*a);
    x%=p; a%=p; b%=p; c%=p;
    if (n<=1e7)
    {
        for (int i=1;i<=n;i++) x=(a*x%p*x%p+b*x%p+c)%p;
        printf("%lld",x);
    }
    else
    {
        if (p<=1e6)
        {
            A[0]=x;
            B[x]=0;
            for (int i=1;i<=n;i++)
            {
                x=(a*x%p*x%p+b*x%p+c)%p;
                if (B[x]!=0)
                {       
                    k=i-B[x];           
                    break;
                }
                A[i]=x;
                B[x]=i;
            }
            n=(n-B[x])%k+B[x];
            printf("%lld",A[n]);
        }
        else
        {
            LL d=ksm(2,n,p-1);
            LL s=((d-1)+(p-1))%(p-1);
            LL ans=(ksm(a,s,p)*ksm((x+t)%p,d,p)%p+p-t)%p;
            printf("%lld",ans);
        }
    }
}