hdu5667 Sequence矩阵连乘

本文针对HDU5667Sequence题目提供了解题思路与代码实现。通过观察序列规律,利用矩阵快速幂优化计算过程,并采用费马小定理降低幂次,最终实现了高效求解。

传送门:hdu5667 Sequence

题意就是根据求f(n)%p

思路:列了一下前几项,然后找了一下规律……

            f(1)=(a^b)^0

            f(2)=(a^b)^1

            f(3)=(a^b)^(1+c*1+0)

            f(4)=(a^b)^(1+c*(1+c)+1)

这样就很容易看出来幂次是有规律的,如果设幂次g(n),那么g(1)=0,g(2)=1,g(3)=1+c*1+0,g(4)=1+c*(1+c)+1

g(n)=c*g(n-1)+g(n-2)+1

根据递推关系就可以构造矩阵啦

 g(n)           c 1 1              g(n-1)      c 1 1 ^(n-2)           g(2)

 g(n-1)     = 1 0 0      *      g(n-2)   = 1 0 0               *     g(1)

 1                0 0 1             1              0 0 1                     1

但是如果这样计算,幂次会变得很大很大很大很大,所以要尽量降幂次

由于p给定了是一个素数,所以可以用公式a^n%p=a^(n%phi(p)+phi(p))%p 

这样在计算g(n)的时候每次都对phi(p)取模再加上phi(p)就可以了

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3;
ll mod;
struct matrix
{
    ll p[N][N];
};
ll phi(ll a)
{
    ll ans=a;
    for(ll i=2;i*i<=a;i++)
    {
        if(a%i==0)
        {
            ans=ans-ans/i;
            while(a%i==0)
            {
                a/=i;
            }
        }
    }
    if(a>1)
    {
        ans=ans-ans/a;
    }
    return ans;
}
matrix matrix_mul(matrix a,matrix b)
{
    int i,j,k;
    matrix d;
    for(i=0; i<N; i++)
    {
        for(j=0; j<N; j++)
        {
            d.p[i][j]=0;
            for(k=0; k<N; k++)
            {
                d.p[i][j]+=(a.p[i][k]*b.p[k][j])%phi(mod)+phi(mod);
            }
            d.p[i][j]=d.p[i][j]%phi(mod)+phi(mod);
        }
    }
    return d;
}
matrix matrix_pow(ll c,ll b)
{

    matrix d= {1,0,0,
               0,1,0,
               0,0,1};
    matrix temp= {c,1,1,
                  1,0,0,
                  0,0,1};
    while(b)
    {
        if(b&1)
        {
            d=matrix_mul(d,temp);
        }
        b>>=1;
        temp=matrix_mul(temp,temp);
    }
    return d;
}
ll quick_pow(ll a,ll b,ll m)
{
    ll d=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
        {
            d=d*a%m;
        }
        b>>=1;
        a=a*a%m;
    }
    return d;
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        ll n,a,b,c;
        scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&a,&b,&c,&mod);
        if(n==1) printf("1\n");
        else
        {
            matrix tmp=matrix_pow(c,n-2);
            ll pow=tmp.p[0][0]+tmp.p[0][2];
            pow=pow%phi(mod)*b%phi(mod)+phi(mod);
            a=a%mod;
            ll ans=quick_pow(a,pow,mod);
            printf("%lld\n",ans%mod);
        }
    }
    return 0;
}



### HDU 2544 题目分析 HDU 2544 是关于最短路径的经典问题,可以通过多种方法解决,其中包括基于邻接矩阵的 Floyd-Warshall 算法。以下是针对该问题的具体解答。 --- #### 基于邻接矩阵的 Floyd-Warshall 实现 Floyd-Warshall 算法是一种动态规划算法,适用于计算任意两点之间的最短路径。它的时间复杂度为 \( O(V^3) \),其中 \( V \) 表示节点的数量。对于本题中的数据规模 (\( N \leq 100 \)),此算法完全适用。 下面是具体的实现方式: ```cpp #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int INF = 0x3f3f3f3f; int dist[105][105]; int n, m; void floyd() { for (int k = 1; k <= n; ++k) { // 中间节点 for (int i = 1; i <= n; ++i) { // 起始节点 for (int j = 1; j <= n; ++j) { // 结束节点 if (dist[i][k] != INF && dist[k][j] != INF) { dist[i][j] = min(dist[i][j], dist[i][k] + dist[k][j]); } } } } } int main() { while (cin >> n >> m && (n || m)) { // 初始化邻接矩阵 for (int i = 1; i <= n; ++i) { for (int j = 1; j <= n; ++j) { if (i == j) dist[i][j] = 0; else dist[i][j] = INF; } } // 输入边的信息并更新邻接矩阵 for (int i = 0; i < m; ++i) { int u, v, w; cin >> u >> v >> w; dist[u][v] = min(dist[u][v], w); dist[v][u] = min(dist[v][u], w); // 如果是有向图,则去掉这一行 } // 执行 Floyd-Warshall 算法 floyd(); // 输出起点到终点的最短距离 cout << (dist[1][n] >= INF ? -1 : dist[1][n]) << endl; } return 0; } ``` --- #### 关键点解析 1. **邻接矩阵初始化** 使用二维数组 `dist` 存储每一对节点间的最小距离。初始状态下,设所有节点对的距离为无穷大 (`INF`),而同一节点自身的距离为零[^4]。 2. **输入处理** 对于每条边 `(u, v)` 和权重 `w`,将其存储至邻接矩阵中,并取较小值以防止重边的影响[^4]。 3. **核心逻辑** Floyd-Warshall 的核心在于三重循环:依次尝试通过中间节点优化其他两节点间的距离关系。具体而言,若从节点 \( i \) 到 \( j \) 可经由 \( k \) 达成更优解,则更新对应位置的值[^4]。 4. **边界条件** 若最终得到的结果仍为无穷大(即无法连通),则返回 `-1`;否则输出实际距离[^4]。 --- #### 性能评估 由于题目限定 \( N \leq 100 \),因此 \( O(N^3) \) 的时间复杂度完全可以接受。此外,空间需求也较低,适合此类场景下的应用。 ---
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