【題目鏈接】
【算法】
要求
f(g(0)) + f(g(1)) + f(g(2)) + ... + f(g(n-1))
因爲g(i) = k * i + b
所以原式 = f(b) + f(k+b) + f(2k+b) + .... + f((n-1)k+b)
令矩陣A = {1,1,0,1}（求斐波那契數的矩陣）
那麼，式子就可以寫成A^b + A^(k + b) + A ^ (2k + b) + .... + A ^ ((n - 1)k + b)
因爲矩陣符合乘法分配律，所以可以將A^b提出，式子被寫成 :
A ^ b( E + A ^ k + A ^ 2k + ... + A ^ (n - 1)k ) (其中E爲2階單位陣）
令矩陣S = A ^ k
那麼式子就被進一步化簡爲 ： A^b( S^0 + S^1 + S^2 + .. + S^(n-1) )
A^b可以通過矩陣乘法快速冪求出
而後面的S^0 + S^1 + S ^ 2 + ... S^(n-1)則可以通過二分求解（也就是POJ 3233的方法）
【代碼】
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,b,k,m;
struct Matrix
{
long long mat[3][3];
} A,E,ans,s;
inline Matrix mul(Matrix a,Matrix b)
{
int i,j,k;
Matrix ans;
memset(ans.mat,0,sizeof(ans.mat));
for (i = 1; i <= 2; i++)
{
for (j = 1; j <= 2; j++)
{
for (k = 1; k <= 2; k++)
{
ans.mat[i][j] = (ans.mat[i][j] + a.mat[i][k] * b.mat[k][j]) % m;
}
}
}
return ans;
}
inline Matrix add(Matrix a,Matrix b)
{
int i,j;
Matrix ans;
memset(ans.mat,0,sizeof(ans.mat));
for (i = 1; i <= 2; i++)
{
for (j = 1; j <= 2; j++)
{
ans.mat[i][j] = (a.mat[i][j] + b.mat[i][j]) % m;
}
}
return ans;
}
inline Matrix power(Matrix a,int n)
{
int i,j;
Matrix ans,p = a;
for (i = 1; i <= 2; i++)
{
for (j = 1; j <= 2; j++)
{
ans.mat[i][j] = (i == j);
}
}
while (n > 0)
{
if (n & 1) ans = mul(ans,p);
p = mul(p,p);
n >>= 1;
}
return ans;
}
inline Matrix solve(Matrix a,int n)
{
Matrix tmp;
if (n == 1) return a;
if (n % 2 == 1) return add(solve(a,n-1),power(a,n));
else
{
tmp = solve(a,n/2);
return add(tmp,mul(power(a,n/2),tmp));
}
}
int main() {
E.mat[1][1] = 1; E.mat[2][2] = 1;
E.mat[1][2] = E.mat[2][1] = 0;
while (scanf("%d%d%d%d",&k,&b,&n,&m) != EOF)
{
A.mat[1][1] = A.mat[1][2] = A.mat[2][1] = 1;
A.mat[2][2] = 0;
s = power(A,k);
ans = mul(power(A,b),add(E,solve(s,n-1)));
printf("%lld\n",ans.mat[1][2]);
}
return 0;
}