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題意：
Q個詢問，每次求F(N)，但是N要用上一次詢問的結果得到。
思路：
1、直接矩陣快速冪求，再用map記一下答案，求過就不求了。數據正常的話肯定就會T，但這題數據太水。（也可能是詢問加密的問題，反正理論上鐵定T。）
#include<iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<cmath>
#define ll long long
const int maxn=1e7+10;
using namespace std;
const ll mod = 998244353;
unordered_map<ll,ll>mp;
struct mat
{
ll m[2][2];
}a,b;
int q;
ll ans[maxn],n,nn,res;
mat mul(mat a,mat b)
{
mat c;
c.m[0][0]=c.m[0][1]=c.m[1][0]=c.m[1][1]=0;
for(int i=0;i<2;i++)
for(int j=0;j<2;j++)
for(int k=0;k<2;k++)
c.m[i][j]=(c.m[i][j]+a.m[i][k]*b.m[k][j]%mod)%mod;
return c;
}
mat poww(mat a,ll b)
{
mat res;
res.m[0][0]=res.m[1][1]=1;
res.m[0][1]=res.m[1][0]=0;
while(b)
{
if(b&1) res=mul(res,a);
a=mul(a,a);
b>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%d%lld",&q,&n);
a.m[0][0]=3,a.m[0][1]=2;
a.m[1][0]=1,a.m[1][1]=0;
int pos=0;
int i=0;
ll sum=0;
ans[0]=0;
for(i=1;i<=q;i++)
{
if(i!=1) n^=(ans[i-1]*ans[i-1]);
nn=n;
if(mp.count(nn))
{
ans[i]=mp[nn];
sum^=ans[i];
}
else
{
b=poww(a,nn-1);
res=b.m[0][0];
ans[i]=res;
mp[nn]=res;
sum^=ans[i];
}
}
printf("%lld\n",sum);
return 0;
}
思路2（正解）：首先，這是一個廣義斐波那契數列，也是一個常係數線性遞推數列。常係數線性遞推數列的通項公式，有很多方法，我參考了百度求斐波那契數列通項公式的步驟,總結了一下求廣義斐波那契數列通項公式的套路。
常係數線性遞推數列的通項公式的一般形式爲：
A(n)=d1*x1^n+d2*x2^n+...+dk*xk^n
現有廣義斐波那契數列
可得出方程組：
聯立得：
解得：
代入上式得：
廣義斐波那契數列通項公式的一般形式爲：F(n)=k1*r^n+k2*s^n
將數列的前兩項代入即可解出k1,k2。套路結束。
對於本題：
C1=3,C2=2,F(1)=1,F(2)=3。通項公式便爲：F(n)=1/sqrt(17)*[((3+sqrt(17))/2)^n-((3-sqrt(17))/2)^n]。
得到公式我們看到有根號，這可咋辦，再怎麼高精度也不行啊。這裏就要用到二次剩餘（就是求一個數開根號後對模數取模的等價數。）（至於怎麼求，鑫爺會。嘿嘿。）例如本題，就是要求sqrt(17)在模998244353時的等價數，也就是17的二次剩餘。假設二次剩餘爲x，那麼公式裏的全部sqrt(17)都可以換爲x。這樣我們可以用快速冪logn的求一次詢問，這樣求複雜度和矩陣快速冪是同一量級的只不過常數小一些。
對於一個數x，求(x^n)%p,顯然可以用歐拉定理降冪爲x^(n%phi(p)+phi(p)),本題p=998244353，那麼指數n最大便爲：1996488703。我們可以分塊預處理,設N=sqrt(1996488703),把X[0]=x^0,X[1]=x^1,...,X[n]=x^N預處理出來，再把pre[0]=x^(0*N),pre[1]=x^(1*N),...,pre[N]=x^(N*N))。
求出來，這樣對於一個詢問n=a*N+b，我們其實就是求 (x^(a*N))*(x^b),即pre[a]*X[b]=pre[n/N]*X[n%N]。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 5e4;
const ll mod = 998244353;
const ll inv17 = 438914993;//sqrt(17)的逆元
const ll x1 = 736044383;//(3+sqrt(17))/2
const ll x2 = 262199973;//(3-sqrt(17))/2
ll X1[N+10],X2[N+10],pre1[N+10],pre2[N+10];
ll ans,n,q,nn,res;
ll mo(ll x){ return x>=mod?x%mod:x; }
void Init()
{
pre1[0]=pre2[0]=X1[0]=X2[0]=1;
for(int i=1;i<=N;i++)
X1[i]=mo(X1[i-1]*x1),X2[i]=mo(X2[i-1]*x2);
for(int i=1;i<=N;i++)
pre1[i]=mo(pre1[i-1]*X1[N]),pre2[i]=mo(pre2[i-1]*X2[N]);
}
int main(void)
{
Init();
scanf("%lld%lld",&q,&n);
res=ans=0;
while(q--)
{
n^=(res*res);
nn=n%(mod-1)+mod-1;
res=mo(pre1[nn/N]*X1[nn%N])-mo(pre2[nn/N]*X2[nn%N]);
res=mo(res+mod);
res=mo(res*inv17);
ans^=res;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}