【BZOJ4002】[JLOI2015]有意义的字符串 - 矩阵乘法

题意：

给出b,d,n,求$\lfloor(\frac{b+\sqrt{d}}{2})^n\rfloor \mod 999999999999999989$（原题是7528443412579576937）。

$n\leq 10^{18}$

$0<b^2\leq d<(b+1)^2\leq 10^{18}$

$b \mod 2=1$

$d \mod 4=1$

对于20%的数据有$b=1,d=5$

题解：

我是不知道这题跟字符串有什么关系。。。

场上有40%的数据是$n\leq 5$然而我们都没搞出来。。。
本质是发现性质然后乱搞。。。（这场数学竞赛的本质）

观察式子$(\frac{b+\sqrt{d}}{2})^n$，发现他是一个很像共轭根式的东西，那可以把另一半搞出来，得到

$(\frac{b+\sqrt{d}}{2})^n+(\frac{b-\sqrt{d}}{2})^n$；

显然这个东西一定是整数，不妨设个通项$a_n=(\frac{b+\sqrt{d}}{2})^n+(\frac{b-\sqrt{d}}{2})^n$，则答案就是$a_n-(\frac{b-\sqrt{d}}{2})^n$；

然后我们可以通过一些黑科技用通项把递推式还原出来：把两个共轭根式看成特征方程的两个解，再通过韦达定理就可以把原来的系数解出来。。。

有兴趣的同学可以自己算一下，这里算出来特征方程是$x^2-bx+\frac{b^2-d}{4}=0$，那么还原出来递推式就是

$a_n=b\times a_{n-1}+\frac{d-b^2}{4}\times a_{n-2}$，其中$a_0=2，a_1=b$

所以可以用矩阵快速乘来搞定数列，再考虑后面的$(\frac{b-\sqrt{d}}{2})^n$；

由于数据有$b^2\leq d<(b+1)^2$或$b=1,d=5$，所以$(\frac{b-\sqrt{d}}{2})^n∈(-1,0]$，当且仅当$d≠b^2$且$n$为偶数时要把答案减一。

时间复杂度$O(log^2n)$，但是原题模数爆longlong，所以要手写快速乘。。。

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define eps 1e-4
#define mod 999999999999999989ll
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
struct sq{
    ull a[2][2];
    sq(){
        a[0][0]=a[0][1]=a[1][0]=a[1][1]=0;
    }
    void init(){
        a[0][0]=a[1][1]=1;
    }
}a,ans;
ull calc(ull x,ull y){
    ull ret=0;
    for(;y;y>>=1,x=(x+x>mod)?x+x-mod:x+x){
        if(y&1)ret=(ret+x>mod)?ret+x-mod:ret+x;
    }
    return ret;
}
sq operator *(const sq a,const sq b){
    sq ret;
    for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)for(int k=0;k<2;k++){
        ret.a[i][j]=(ret.a[i][j]+calc(a.a[i][k],b.a[k][j]))%mod;
    }
    return ret;
}
sq pw(sq x,ull y){
    sq ret;
    ret.init();
    for(;y;y>>=1,x=x*x){
        if(y&1)ret=ret*x;
    }
    return ret;
}
ull b,d,n;
int main(){
    scanf("%llu %llu %llu",&b,&d,&n);
    a.a[1][0]=1;
    a.a[0][1]=(d-b*b)/4;
    a.a[1][1]=b;
    ans.a[0][0]=2;
    ans.a[0][1]=b;
    ans=ans*pw(a,n);
    if(n%2==0&&d!=b*b)ans.a[0][0]--;
    printf("%llu",ans.a[0][0]);
    return 0;
}