jzoj 4015. 【雅礼联考DAY01】数列 数论

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。

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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)O(n)

另外35%数据,我们发现对mm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x0x0开始,前面的一些数可能没有循环,要先减去。复杂度O(m)O(m)

最后30%数据,有

xi=axi12+bxi1+cxi=axi−12+bxi−1+c

根据二次函数相关知识,化为顶点式,
xi=a(xi1+b2a)2+4acb24axi=a(xi−1+b2a)2+4ac−b24a

由题意得,4acb2=2b4ac−b2=−2b,得
xi=a(xi1+b2a)22b4axi=a(xi−1+b2a)2−2b4a

移项得,
xi+b2a=a(xi1+b2a)2xi+b2a=a(xi−1+b2a)2

假设数列TT,有Ti=xi+b2a,上式为,
Ti=aTi12Ti=aTi−12

两边同时乘aa,得
aTi=(aTi1)2

那么,
aTn=(aT0)2naTn=(aT0)2n

得,
xn=a2n1(x0+b2a)2nb2axn=a2n−1∗(x0+b2a)2n−b2a

因为mm是质数,可以对指数模m1
复杂度O(logn)O(logn)

其实考场上觉得mm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=gca=gc,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)+logn)O(sqrt(n)+logn)。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);
        }
    }
}
### 关于雅礼集训 2017 Day1 的题目及解析 #### 题目概述 根据已知引用内容[^3],雅礼集训 2017 Day1 的核心问题是关于矩阵操作的优化问题。给定一个 \(n \times m\) 的字符矩阵,其中 `#` 表示黑色格子,`.` 表示白色格子。目标是最小化将整个矩阵变为全黑所需的步数。 --- #### 解析与算法思路 ##### 输入描述 输入的第一行为两个整数 \(n\) 和 \(m\),分别代表矩阵的行数和列数。接下来 \(n\) 行每行包含长度为 \(m\) 的字符串,表示矩阵的内容。 ##### 输出描述 输出最小的操作次数使得整个矩阵变成全是黑色格子的状态。如果没有可行方案,则输出 `-1`。 --- ##### 算法设计 1. **可行性判断** 如果初始矩阵没有任何黑色格子 (`#`) 存在,则无法通过任何有限次操作使矩阵变黑,因此直接返回 `-1`[^4]。 2. **计算最少步数** 对于每一行,定义两种可能的操作方式: - 将该行全部涂黑。 - 不改变该行状态,仅依赖后续列操作来覆盖剩余白格。 同样地,对于每一列也存在类似的策略选择。最终的目标是综合考虑行列操作的影响,找到全局最优解。 3. **动态规划或贪心求解** 使用简单的遍历方法统计各行列中的黑白分布情况,并基于此决定最佳行动顺序。特别注意边界条件处理以及特殊情况下的额外开销评估。 ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 1e3 + 5; int n, m, h[MAXN], l[MAXN]; char s[MAXN][MAXN]; int main(){ cin >> n >> m; bool has_black = false; for (int i = 1; i <= n; ++i){ cin >> (s[i]+1); for (int j = 1; j <= m; ++j){ if (s[i][j] == '#'){ has_black = true; h[i]++; l[j]++; } } } if (!has_black){ cout << "-1"; return 0; } int res = INT_MAX; for (int i = 1; i <= n; ++i){ res = min(res, m - h[i] + !l[i]); } int extra_cost = 0; for (int j = 1; j <= m; ++j){ if (l[j] != n) extra_cost += 1; } cout << res + extra_cost; } ``` 上述代码实现了基本逻辑框架,包括读取数据、初步分析是否存在解决方案的可能性以及最后一步汇总总成本的过程[^3]。 --- #### 复杂度分析 时间复杂度主要取决于两次嵌套循环扫描整个矩阵所需的时间量级 O(n*m),空间消耗同样维持在线性范围内 O(n+m)。 --- #### 注意事项 - 当前实现假设所有测试实例均满足合理范围内的尺寸规格;实际应用时需增加更多健壮性的错误检测机制。 - 结果验证阶段应充分考虑到极端情形比如完全空白或者满布障碍物等情况是否被妥善处置。 ---
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