hdu 1588（Fibonacci矩陣求和）

題目的大意就是求等差數列對應的Fibonacci數值的和，容易知道Fibonacci對應的矩陣爲[1,1,1,0]，因爲題目中f[0]=0，f[1]=1，所以推出最後結果f[n]=(A^n-1).a，所以 f(g(i))= f(k*i+b)= (A^(k*i+b-1)).a，i從 0取到 n-1，取出公因式 A^(b-1)（因爲矩陣滿足分配率），然後所求結果可化爲 A^(b-1) * (A^0 + A^k + A^2k +....+ A^(n-1)k)，化到這裏後難點就是求和了，一開始我嘗試暴力求和（每個A^k可以用快速冪求出，logn級別），即O(n)的做法，結果TLE了，預料之中，這時我竟傻乎乎地套用等比數列求和公式，即(A^nk -A^0) /(A^k -E)，按比例放大再相減是沒錯，問題是不是簡單的相除……總之思路應該是錯的了，後來看別人的博客後才知道原來可以用二分來求和的，即 A^0 + A^k + A^2k +....+ A^(n-1)k = (A^0 + A^k + A^2k +...+ A^(n/2-1)k) *(E + A^(n/2)k)，遞歸來求和，處理好 n的奇偶性即可，但我還是調試了好久，就因爲在一些細節問題上出錯卻檢查不出來，下面附上代碼：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL mod= 1000000007;		//初不初始化都沒問題，只是爲了防止忘記讀入時產生的異常退出 

struct matrix{
	LL a,b,c,d;
	matrix(LL a=0, LL b=0, LL c=0, LL d=0): a(a),b(b),c(c),d(d) {}
	matrix operator +(const matrix &m2){
		return matrix((a+m2.a)%mod,(b+m2.b)%mod,(c+m2.c)%mod,(d+m2.d)%mod);
	}
	matrix operator *(const matrix &m2){
		return matrix((a*m2.a%mod+b*m2.c%mod)%mod, (a*m2.b%mod+b*m2.d%mod)%mod, (c*m2.a%mod+d*m2.c%mod)%mod, (c*m2.b%mod+d*m2.d%mod)%mod);
	}
	//一開始等比數列求和的思路要用到除法，後來才發現是錯的，不過也不刪了，就放在這吧 
	matrix operator /(const matrix &m2){
		//二維求逆很好求的 
		matrix inv= matrix(m2.d,-m2.b,-m2.c,m2.a);
		LL tmp= m2.a*m2.d-m2.b*m2.c;
		return matrix((a*inv.a/tmp%mod+b*inv.c/tmp%mod)%mod, (a*inv.b/tmp%mod+b*inv.d/tmp%mod)%mod, (c*inv.a/tmp%mod+d*inv.c/tmp%mod)%mod, (c*inv.b/tmp%mod+d*inv.d/tmp%mod)%mod);
	}
}; 
// A爲 Fibonacci矩陣，E爲單位矩陣，設爲全局變量更方便一些 
matrix A(1,1,1,0),E(1,0,0,1);

//簡單的快速冪 
matrix quick_mod(matrix m, LL b){
	if(b==-1)	return matrix(0,1,1,-1);
	//若指數爲-1，返回矩陣 A^-1，相當於A^1的逆(算了好久T.T)
	matrix res(E);		//res一開始爲單位矩陣 
	while(b){
		if(b&1)	  res= res*m;
		m= m*m;
		b>>=1;
	}
	return res;
}

//二分法計算 A^0 + A^k + A^2k +....+ A^(n-1)k 的和
//即 sum =(A^0 + A^k + A^2k +...+ A^(n/2-1)k) *(E + A^(n/2)k)，分治的思想 
matrix quick_sum(LL k, LL n){
	if(n==1)	return E;	//若 n爲1，即計算 A^0，此時返回的是 E！而不是 A！一開始沒想到錯在這裏，卡了好久 T.T 
	if(n%2==0)	return quick_sum(k,n/2)*(E+quick_mod(A,(n/2)*k));
	//else	return quick_sum(k,(n-1)/2)*(E+quick_mod(A,((n-1)/2)*k))*quick_mod(A,(n-1)*k);
	else	return quick_sum(k,n-1) + quick_mod(A,(n-1)*k);
	//這樣的寫法比起上一行的雖然會多一次調用函數的開銷，但可讀性增強，代碼邏輯更清晰 
}

int main()
{
	//freopen("1588in.txt","r",stdin);
	LL k,b,n;
	while(~scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&k,&b,&n,&mod)){
		//最後的結果就是 A^b-1 *(A0 + A^k + A^2k +...+ A(n-1)k) 的 a
		matrix ans= quick_mod(A,b-1) * quick_sum(k,n);
		printf("%I64d\n",ans.a);
	}
	return 0;
}