洛谷P5517题解

题目解释

现有一数列:$a_0=-3,a_1=-6,a_2=-12,a_n=3a_{n-1}+a_{n-2}-3a_{n-3}+3^n，\mathrm{求}T\mathrm{组}{a}_n$mod p 的异或和

题目思路分析

抛开复杂度不谈，这道题可以用矩阵加速（矩阵的快速幂）和通项公式两种方法来做，这两种方法求一个$a_n$的时间复杂度都是$lo{g}_2(n)$，但矩阵乘法需要更多时间，因此常数略大

总时间复杂度：

矩阵加速:O($16Tlo{g}_{2}n$)
通项公式:O($Tlo{g}_{2}n$)
而本题的T最大范围为[1,5e7]，而n的最大可到$2^{63}-1$，很显然，总时间复杂度的需求为O(n)，尽管上述两种做法用快速幂实现都会TLE，但通项公式中的幂的底数固定，可以用光速幂预处理
因此整体思路为：先推通项公式，再用光速幂优化查询

通项公式推导

$a_n=3a_{n-1}+a_{n-2}-3a_{n-3}+3^n$
$a_n-a_{n-2}=3(a_{n-1}-a_{n-3})+3^n$
$\mathrm{设}{a}_n-a_{n-2}=b_n\mathrm{得}{b}_2=-9$
$b_n=3b_{n-1}+3^n$
$\frac{b_n}{3^n}=\frac{b_{n-1}}{3^n-1}+1$
$\mathrm{设}\frac{b_n}{3^n}=c_n\mathrm{得}{c}_2=-1$
$c_n=c_{n-1}+1$
$c_n=c_0+n=c_2+n-2=-1+n-2=n-3$
$b_n=(n-3)3^n$
$a_n-a_{n-2}=(n-3)3^n$
$\mathrm{当}n\mathrm{为}\mathrm{偶}\mathrm{数}\mathrm{时}{a}_n=a_0+\sum _{i=1}^{\frac{n}{2}}(2i-3)3^{2i}=-3+\sum _{i=1}^{\frac{n}{2}}(2i-3)3^{2i}$

$\mathrm{设}\sum _{i=1}^{\frac{n}{2}}(2i-3)3^{2i}=X$

$9X=9su{m}_{i=1}^{\frac{n}{2}}(2i-3)3^{2i}=su{m}_{i=1}^{\frac{n}{2}}(2i-3)3^{2i+2}$

$8X=9X-X=su{m}_{i=1}^{\frac{n}{2}}(2i-3)3^{2i+2}-su{m}_{i=1}^{\frac{n}{2}}(2i-3)3^{2i}$

$8X=(n-3)3^{(n+2)}+su{m}_{i=1}^{\frac{n}{2}-1}(2i-3)3^{2i+2}-su{m}_{i=2}^{\frac{n}{2}}(2i-3)3^{2i}+9$

$8X=(n-3)3^{(n+2)}-su{m}_{i=2}^{\frac{n}{2}}(2i-3-[2(i-1)-3])3^{2i}+9$

$8X=(n-3)3^{(n+2)}-su{m}_{i=2}^{\frac{n}{2}}2\ast 3^{2i}+9$

$8X=(n-3)3^{(n+2)}-\frac{3^{(}n+2)-3^4}{8}+9$

$X=\frac{(4n-13)3^{(n+2)}+117}{32}$

$a_n=\frac{(4n-13)3^{(n+2)}+117}{32}-3=\frac{(36n-117)3^n+21}{32}$

$\mathrm{当}n\mathrm{为}\mathrm{奇}\mathrm{数}\mathrm{时}{a}_n=a_1+\sum _{i=1}^{\frac{n}{2}}(2i-3)3^{2i}$

同理$a_n=\frac{(4n-13)3^{(n+2)}+51}{32}=\frac{(36n-117)3^n+51}{32}$

代码实现

由于通项中所有幂的底数均为3，因此可以用光速幂预处理
其实现原理为$a^n=a^{kx+y}=a^{kx}{a}^y$,分别预处理$a^{kx}$和$a^y$
具体实施如下

#define Q 32000
//预处理
gsm1[0]=gsm2[0]=1;
for(int i=1;i<=Q;i++)gsm1[i]=1ll*gsm1[i-1]*3%mod;
for(int i=1;i<=Q;i++)gsm2[i]=1ll*gsm2[i-1]*gsm1[Q]%mod;
//调用
int gsm(int n){
	return 1ll*gsm2[n/Q]*gsm1[n%Q]%mod;
} 

由于答案需要取模，除以一个数需改为乘以它的逆元，所以我们可以通过快速幂计算得32在1e9+7下的逆元为281250002（即${32}^{1e9+5}mod1e9+7$）
而由于有时n过大，我们可以利用$a^n\equiv a^{(n-1)modp}(modp))$来化简
最后，计算时记得乘上1ll，每算一次都要取一次模防止超出long long的范围

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define _32 281250002
#define Q 32000
using namespace std;
int gsm1[Q+1],gsm2[Q+1],rst,T;
int gsm(int n){
	return 1ll*gsm2[n/Q]*gsm1[n%Q]%mod;
} 
namespace Mker
{
//  Powered By Kawashiro_Nitori
//  Made In Gensokyo, Nihon
	#include<climits>
	#define ull unsigned long long
	#define uint unsigned int
	ull sd;int op;
	inline void init() {scanf("%llu %d", &sd, &op);}
	inline ull ull_rand()
	{
		sd ^= sd << 43;
		sd ^= sd >> 29;
		sd ^= sd << 34;
		return sd;
	}
	inline ull rand()
	{
		if (op == 0) return ull_rand() % USHRT_MAX + 1;
		if (op == 1) return ull_rand() % UINT_MAX + 1; 
		if (op == 2) return ull_rand();
	}
}
int comput(unsigned long long x){
	if(x&1)return 1ll*(1ll*(36*(x%mod)-117+mod)%mod*gsm(x%(mod-1))+51)%mod*_32%mod;
	return 1ll*(1ll*(36*(x%mod)-117+mod)%mod*gsm(x%(mod-1))+21)%mod*_32%mod;
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	Mker::init();
	gsm1[0]=gsm2[0]=1;
	for(int i=1;i<=Q;i++)gsm1[i]=1ll*gsm1[i-1]*3%mod;
	for(int i=1;i<=Q;i++)gsm2[i]=1ll*gsm2[i-1]*gsm1[Q]%mod;
	while(T--){
		rst^=comput(Mker::rand());
	}
	printf("%d",rst);
}