HDU 3306
先转一些 http://www.cnblogs.com/frog112111/archive/2013/05/19/3087648.html
Fibonacci数列：F(0)=1 , F(1)=1 , F(n)=F(n-1)+F(n-2)
我们以前快速求Fibonacci数列第n项的方法是 构造常系数矩阵
（一） Fibonacci数列f[n]=f[n-1]+f[n-2],f[1]=f[2]=1的第n项快速求法（不考虑高精度）
解法：
考虑1×2的矩阵【f[n-2],f[n-1]】。根据Fibonacci数列的递推关系，我们可以通过乘以一个2×2的矩阵A，得到矩阵：【f[n-1],f[n]】。
即：【f[n-2],f[n-1]】*A = 【f[n-1],f[n]】=【f[n-1],f[n-1]+f[n-2]】
很容易构造出这个2×2矩阵A，即：
０ １
１ １
所以，有【f[1],f[2]】×A＝【f[2],f[3]】
又因为矩阵乘法满足结合律，故有：
【f[1],f[2]】×A ^(n-1) =【f[n],f[n+1]】
这个矩阵的第一个元素f[n]即为所求。
（二） 数列f[n]=f[n-1]+f[n-2]+1,f[1]=f[2]=1的第n项的快速求法（不考虑高精度）
解法：
仿照前例，考虑1×3的矩阵【f[n-2],f[n-1],1】，希望求得某3×3的矩阵A，使得此1×3的矩阵乘以A得到矩阵：【f[n-1],f[n],1】
即：【f[n-2],f[n-1],1】* A ＝【f[n-1],f[n],1】=【f[n-1],f[n-1]+f[n-2]+1,1】
容易构造出这个3×3的矩阵A，即：
０ １ ０
１ １ ０
０ １ １
故：【f[1],f[2],1】* A^(n-1) = 【f[n],f[n+1],1】
（三）数列f[n]=f[n-1]+f[n-2]+n+1,f[1]=f[2]=1的第n项的快速求法（不考虑高精度）.
解法：
仿照前例，考虑1×4的矩阵【f[n-2],f[n-1],n,1】，希望求得某4×4的矩阵A，使得此1×4的矩阵乘以A得到矩阵：【f[n-1],f[n],n+1,1】
即：【f[n-2],f[n-1],n,1】* A = 【f[n-1],f[n],n+1,1】＝【f[n-1],f[n-1]+f[n-2]+n+1,n+1,1】
容易构造出这个4×4的矩阵A，即：
０ １ ０ ０
１ １ ０ ０
０ １ １ ０
０ １ １ １
故：【f[1],f[2],3,1】* A^(n-1) = 【f[n],f[n+1],n+2,1】
（四） 数列f[n]=f[n-1]+f[n-2],f[1]=f[2]=1的前n项和s[n]=f[1]+f[2]+……+f[n]的快速求法（不考虑高精度）.
解法：
仿照之前的思路，考虑1×3的矩阵【f[n-2],f[n-1],s[n-2]】，我们希望通过乘以一个3×3的矩阵A，得到1×3的矩阵：【f[n-1],f[n],s[n-1]】
即：【f[n-2],f[n-1],s[n-2]】 * A = 【f[n-1],f[n],s[n-1]】=【f[n-1],f[n-1]+f[n-2],s[n-2]+f[n-1]】
容易得到这个3×3的矩阵A是：
０ １ ０
１ １ １
０ ０ １
这种方法的矩阵规模是(r+1)*(r+1)
f(1)=f(2)=s(1)=1 ，所以，有
【f(1),f(2),s(1)】* A = 【f(2),f(3),s(2)】
故：【f(1),f(2),s(1)】* A^(n-1) = 【f(n),f(n+1),s(n)】
（五） 数列f[n]=f[n-1]+f[n-2]+n+1,f[1]=f[2]=1的前n项和s[n]=f[1]+f[2]+……+f[n]的快速求法（不考虑高精度）.
解法：
考虑1×5的矩阵【f[n-2],f[n-1],s[n-2],n,1】,
我们需要找到一个5×5的矩阵A，使得它乘以A得到如下1×5的矩阵【f[n-1],f[n],s[n-1],n+1,1】
即：【f[n-2],f[n-1],s[n-2],n,1】* A =【f[n-1],f[n],s[n-1],n+1,1】
=【f[n-1], f[n-1]+f[n-2]+n+1,s[n-2]+f[n-1],n+1,1】
容易构造出A为：
０ １ ０ ０ ０
１ １ １ ０ ０
０ ０ １ ０ ０
０ １ ０ １ ０
０ １ ０ １ １
故：【f(1),f(2),s(1),3,1】* A^(n-1) = 【f(n),f(n+1),s(n),n+2,1】
一般地，如果有f[n]=p*f[n-1]+q*f[n-2]+r*n+s
可以构造矩阵A为：
0 q 0 0 0
1 p 1 0 0
0 0 1 0 0
0 r 0 1 0
0 s 0 1 1
更一般的，对于f[n]=Sigma(a[n-i]*f[n-i])+Poly(n)，其中0<i<=某常数c, Poly (n)表示n的多项式，我们依然可以构造类似的矩阵A来解决问题。
设Degree(Poly(n))=d, 并规定Poly(n)=0时，d=-1，此时对应于常系数线性齐次递推关系。则本方法求前n项和的复杂度为：
((c+1)+(d+1))3*logns
---------------------------------------以上为转
这样，这道题就不难解决了，决定好一个1X4的矩阵后，再按递推填一个4X4的就可以了。
可以发现这个1X4的就是 （S(N-2),AN-2,AN-1,AN-1*AN-2）哈哈，自己推出来的，完美解决了。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct Matrax {
int m[4][4];
};
int tms[4];
Matrax a,per;
int n=4,M=10007;
int N,X,Y;
void init(){
int i,j;
memset(per.m,0,sizeof(per.m));
memset(a.m,0,sizeof(a.m));
for(i=0;i<n;i++){
per.m[i][i]=1;
}
a.m[0][0]=a.m[2][0]=a.m[2][1]=1;
a.m[1][2]=((Y%M)*(Y%M))%M;; a.m[2][2]=((X%M)*(X%M))%M;
a.m[3][2]=(2*(X%M)*(Y%M))%M; a.m[2][3]=X%M; a.m[3][3]=Y%M;
}
Matrax multi(Matrax a,Matrax b){
Matrax c;
int k,i,j;
for(i=0;i<n;i++){
for(j=0;j<n;j++){
c.m[i][j]=0;
for(k=0;k<n;k++){
c.m[i][j]=(c.m[i][j]+(a.m[i][k]*b.m[k][j])%M)%M;
}
}
}
return c;
}
Matrax Power(int k){
Matrax c,p,ans=per;
p=a;
while(k){
if(k&1){
ans=multi(ans,p);
k--;
}
else{
k/=2;
p=multi(p,p);
}
}
return ans;
}
int main(){
while(scanf("%d%d%d",&N,&X,&Y)!=EOF){
init();
// cout<<"No"<<endl;
if(N==0){
printf("1\n"); continue;
}
tms[0]=tms[1]=tms[2]=tms[3]=1;
Matrax t=Power(N);
// cout<<"YES"<<endl;
int ans=0;
for(int i=0;i<4;i++)
ans=(ans+(tms[i]*t.m[i][0]))%M;
printf("%d\n",ans);
}
}
