BaXianGuoHai,GeXianShenTong - 题解

标签与难度

标签: 数论, 快速幂, 抽象代数, 环论, 有限域, 中国剩余定理, __int128, 线性同余生成器难度: 2300

题目大意喵~

主人你好呀，这道题真是太有趣啦，喵~！

题目定义了一种新奇的三维向量乘法 ×。对于两个向量 a = (a_0, a_1, a_2) 和 b = (b_0, b_1, b_2)，它们的乘积 c = a × b 是这样计算的（所有运算都在模 P = 998244353 下进行）：

c_0 = a_0*b_0 + a_1*b_2 + a_2*b_1
c_1 = a_1*b_0 + a_2*b_2 + a_0*b_1
c_2 = a_2*b_0 + a_0*b_2 + a_1*b_1

接下来，题目会给我们 n 个基础的三维向量 v_1, v_2, ..., v_n。然后有 q 次查询。

对于第 k 次查询，会给出一组 n 个指数 e_{k,1}, e_{k,2}, ..., e_{k,n}。我们需要计算下面这个连乘积：

\text{Result}_k = v_1^{e_{k,1}} \times v_2^{e_{k,2}} \times \dots \times v_n^{e_{k,n}}

这里的 v^e 表示 v 自己和自己做 e 次我们刚刚定义的那个乘法。

不过呢，这些向量 v 和指数 e 不是直接给的，而是通过一个伪随机数生成器（线性同余生成器, LCG）生成的。生成规则是 z_{new} = (z_{old} * a + b) mod 2^32。

向量 v_i 的三个分量是连续生成 3 个 z 值再对 P 取模得到的。
指数 e_{k,i} 的生成方式比较特别，它是由 m 个连续生成的 z 值 z_0, z_1, ..., z_{m-1} 构成的超大数： $e_{k,i} = \sum_{j=0}^{m-1} z_j \cdot (2^{32})^j$

这说明指数 e 会非常非常大，普通的 long long 可装不下哦！

我们的任务就是，对于每一次查询，算出那个长长的连乘积的结果，喵~

解题思路分析

这道题最棘手的地方就是那个巨大无比的指数 e 啦！直接用循环去乘 e 次肯定是不行的。很自然地，我们会想到用快速幂来加速计算 v^e。

但是，即使是快速幂，指数 e 本身也太大了，连 unsigned long long 都存不下。所以，问题的关键就变成了：我们能不能把指数 e 变小一点呢？

在做幂运算时，如果底数所在的是一个有限群，我们就可以利用群的性质来化简指数。具体来说，如果群的阶（元素的个数）是 k，那么根据拉格朗日定理（或者对阿贝尔群使用欧拉定理），任何元素 g 的 k 次幂都会等于单位元，即 $g^k = \text{identity}$ 。于是，任何幂运算 $g^e$ 都可以简化为 $g^{e \pmod k}$ 。

所以，我们的任务就变成了：

搞清楚这些三维向量和我们定义的乘法 × 构成了一个什么样的代数结构。
找到这个结构中，可逆元素（单位）构成的乘法群的阶。

向量乘法的本质喵

让我们仔细观察一下这个乘法规则： c_0 = a_0*b_0 + a_1*b_2 + a_2*b_1c_1 = a_0*b_1 + a_1*b_0 + a_2*b_2c_2 = a_0*b_2 + a_2*b_0 + a_1*b_1

这看起来是不是有点像多项式乘法？让我来试试看！我们把向量 a = (a_0, a_1, a_2) 对应成一个二次多项式 $A(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2$ 。同样地，b 对应 $B(x) = b_0 + b_1 x + b_2 x^2$ 。

让我们计算一下 $A(x) \cdot B(x)$ ： $A(x)B(x) = (a_0+a_1x+a_2x^2)(b_0+b_1x+b_2x^2)$ 展开后，常数项是 $a_0b_0$ ， $x$ 项是 $a_0b_1+a_1b_0$ ， $x^2$ 项是 $a_0b_2+a_1b_1+a_2b_0$ ， $x^3$ 项是 $a_1b_2+a_2b_1$ ， $x^4$ 项是 $a_2b_2$ 。

这和我们的乘法规则还对不上呀... 别急，代数的神奇之处就在于各种“取模”！如果我们在做多项式乘法时，是在模 $x^3-1$ 的意义下进行的呢？这意味着 $x^3 \equiv 1$ , $x^4 \equiv x$ , $x^5 \equiv x^2$ ...

让我们把 $A(x)B(x)$ 的结果对 $x^3-1$ 取模：

常数项: $a_0b_0 + (a_1b_2+a_2b_1) \cdot (x^3 \text{ 的系数}) \rightarrow a_0b_0 + a_1b_2 + a_2b_1$ 。这正好是 c_0！
$x$ 项: $(a_0b_1+a_1b_0) + (a_2b_2) \cdot (x^4 \text{ 的系数}) \rightarrow a_0b_1+a_1b_0+a_2b_2$ 。这正好是 c_1！
$x^2$ 项: $(a_0b_2+a_1b_1+a_2b_0)$ 。这正好是 c_2！

哇！完全匹配上了！所以，我们定义的向量乘法，本质上就是系数在模 P 的有限域 $F_P$ 上的多项式乘法，并且结果要对 $x^3-1$ 取模。

这个代数结构是一个环，记作 $R = F_P[x] / (x^3-1)$ 。我们的向量就是这个环里的元素，向量乘法就是环中的乘法。单位元就是多项式 1，对应向量 (1, 0, 0)。

寻找群的阶

现在我们需要找到这个环里所有可逆元素（单位）构成的乘法群的阶。这时候，我们强大的中国剩余定理就派上用场啦！

我们可以对模多项式 $x^3-1$ 进行因式分解。在 $F_P$ 上： $x^3-1 = (x-1)(x^2+x+1)$

$P=998244353$ 是个素数，且 $P \equiv 2 \pmod 3$ 。这意味着在 $F_P$ 中 $-3$ 不是二次剩余，所以二次多项式 $x^2+x+1$ 在 $F_P$ 上是不可约的。

根据中国剩余定理（对于多项式环的版本），我们有：

F_P[x] / (x^3-1) \cong F_P[x] / (x-1) \times F_P[x] / (x^2+x+1)

$F_P[x] / (x-1)$ 同构于 $F_P$ 本身（可以理解为把所有 $x$ 都替换成 $1$ ）。它的可逆元群是 $F_P^*$ ，阶为 $P-1$ 。
因为 $x^2+x+1$ 在 $F_P$ 上不可约，所以 $F_P[x] / (x^2+x+1)$ 是一个 $F_P$ 的二次扩域，也就是有限域 $F_{P^2}$ 。它的可逆元群是 $F_{P^2}^*$ ，阶为 $P^2-1$ 。

所以，我们原环的单位群同构于 $F_P^* \times F_{P^2}^*$ 。这个群的阶，就是其中每个元素 g 都能满足 $g^k = \text{identity}$ 的最小的 k。这个 k 就是各个子群阶数的最小公倍数：

k = \text{lcm}(|F_P^*|, |F_{P^2}^*|) = \text{lcm}(P-1, P^2-1)

因为 $P^2-1 = (P-1)(P+1)$ ，所以 $\text{lcm}(P-1, P^2-1) = P^2-1$ 。

找到了！这个神奇的数字就是 $P^2-1$ ！这意味着对于任何可逆向量 v，都有 $v^{P^2-1} = (1, 0, 0)$ 。于是，我们可以把那个超级大的指数 e 对 P^2-1 取模，然后再进行快速幂计算。

实现细节

大数指数: 指数 e 是一个以 $2^{32}$ 为基底的 m 位数。我们需要计算 $e \pmod{P^2-1}$ 。
$e \pmod{P^2-1} = \left( \sum_{j=0}^{m-1} z_j \cdot (2^{32})^j \right) \pmod{P^2-1}$
$P^2-1$ 大约是 $10^{18}$ ，会超过 long long 的范围，但幸运的是，C++ 提供了 __int128 类型，可以轻松存下它。我们可以在循环中，一边生成 $z_j$ ，一边累加计算这个模意义下的值。
快速幂: 实现一个 power(base, exp) 函数，其中 base 是我们的三维向量，exp 是一个 __int128 类型的指数。函数内部就是标准的二进制快速幂逻辑。
主流程:
- 读取 n, m, q 和 LCG 的参数。
- 生成并存储 n 个基础向量 v_i。
- 对于 q 次查询中的每一次：
  - 初始化结果向量 ans = (1, 0, 0)。
  - 对于每一个 i 从 1 到 n：
    - 使用 LCG 生成 m 个 z 值，用 __int128 计算出指数 $e_{k,i} \pmod{P^2-1}$ 。
    - 用快速幂计算 $v_i^{e_{k,i}}$ 。
    - 将结果乘入 ans。
  - 输出最终的 ans 向量的三个分量。

这样，我们就把一个看似无法解决的大数问题，通过一些有趣的代数知识转化为了一个可以高效解决的问题啦，喵~

代码实现

cpp

#include <iostream>
#include <vector>

// 使用一个好懂的名字来定义我们的三维向量，喵~
struct Vector3 {
    long long comps[3]; // components: c0, c1, c2

    // 默认构造函数，初始化为单位元 (1, 0, 0)
    Vector3() {
        comps[0] = 1;
        comps[1] = 0;
        comps[2] = 0;
    }
};

// 模数 P
const int MOD = 998244353;

// 定义向量乘法
Vector3 operator*(const Vector3& a, const Vector3& b) {
    Vector3 result;
    result.comps[0] = (a.comps[0] * b.comps[0] + a.comps[1] * b.comps[2] + a.comps[2] * b.comps[1]) % MOD;
    result.comps[1] = (a.comps[1] * b.comps[0] + a.comps[2] * b.comps[2] + a.comps[0] * b.comps[1]) % MOD;
    result.comps[2] = (a.comps[2] * b.comps[0] + a.comps[0] * b.comps[2] + a.comps[1] * b.comps[1]) % MOD;
    
    // 保证结果是正数
    for (int i = 0; i < 3; ++i) {
        if (result.comps[i] < 0) {
            result.comps[i] += MOD;
        }
    }
    return result;
}

// 快速幂函数，指数是 __int128 类型
Vector3 power(Vector3 base, __int128 exp) {
    Vector3 result; // 初始化为 (1, 0, 0)
    while (exp > 0) {
        if (exp & 1) {
            result = result * base;
        }
        base = base * base;
        exp >>= 1;
    }
    return result;
}

int main() {
    // 为了更快的输入输出，喵~
    std::ios_base::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL);

    int n, m, q;
    unsigned int z, a, b;
    std::cin >> n >> m >> q >> z >> a >> b;

    // 指数要对 P^2 - 1 取模
    const __int128 EXP_MOD = (__int128)MOD * MOD - 1;
    
    // 存储 n 个基础向量
    std::vector<Vector3> base_vectors(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        for (int j = 0; j < 3; ++j) {
            z = z * a + b; // LCG 更新 z
            base_vectors[i].comps[j] = z % MOD;
        }
    }

    // 预计算 (2^32)^j mod (P^2-1) 会用到的基底
    __int128 base_2_pow_32 = 1;
    for(int i = 0; i < 32; ++i) {
        base_2_pow_32 = (base_2_pow_32 * 2) % EXP_MOD;
    }

    // 处理 q 次查询
    for (int k = 0; k < q; ++k) {
        Vector3 total_product; // 初始化为 (1, 0, 0)
        
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            __int128 current_exponent = 0;
            __int128 power_of_base = 1; // 代表 (2^32)^j

            for (int j = 0; j < m; ++j) {
                z = z * a + b; // LCG 更新 z
                unsigned int z_val = z;
                
                // 累加计算 e[k][i] mod (P^2-1)
                __int128 term = (z_val * power_of_base) % EXP_MOD;
                current_exponent = (current_exponent + term) % EXP_MOD;
                
                // 更新 (2^32)^j 为 (2^32)^(j+1)
                power_of_base = (power_of_base * base_2_pow_32) % EXP_MOD;
            }
            
            // 计算 v_i ^ e_{k,i} 并乘入总结果
            Vector3 powered_v = power(base_vectors[i], current_exponent);
            total_product = total_product * powered_v;
        }
        
        // 输出结果
        std::cout << total_product.comps[0] << " " << total_product.comps[1] << " " << total_product.comps[2] << "\n";
    }

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(n + q \cdot n \cdot (m + \log(P^2)))$
- 向量生成: 生成 n 个基础向量 v_i 需要 3n 次 LCG 操作，复杂度是 $O(n)$ 。
- 查询处理: 有 q 次查询。
  - 在每次查询中，我们要为 n 个向量计算指数。
  - 指数计算: 每个指数的计算需要一个 m 次的循环，循环内是 __int128 的乘法和加法，所以是 $O(m)$ 。
  - 快速幂: 快速幂的复杂度取决于指数的大小。由于指数对 $P^2-1$ 取模，所以指数的二进制长度大约是 $\log_2(P^2-1) \approx 2\log_2(P)$ 。一次快速幂的复杂度是 $O(\log(P^2))$ 。
- 因此，总的时间复杂度为 $O(n)$ 的预处理加上 $q \cdot n$ 次的 (指数计算 + 快速幂)，即 $O(n + q \cdot n \cdot (m + \log(P^2)))$ 。代入题目数据范围，这个效率是完全足够的，喵~
空间复杂度: $O(n)$
- 我们需要存储 n 个基础向量 v_i，每个向量是固定的3个 long long。所以空间开销是 $O(n)$ 。
- 在查询过程中，我们是逐个计算指数和幂的，不需要把所有 q*n 个指数都存下来，所以这部分的空间是 $O(1)$ 的。

知识点总结

这道题就像一次奇妙的探险，从一个奇怪的向量乘法出发，最后到达了抽象代数的神秘花园！

识别代数结构: 解题的关键第一步，是把题目中看似随意定义的运算，与已知的数学结构联系起来。这次我们发现它对应着多项式环 $F_P[x] / (x^3-1)$ 的乘法。
中国剩余定理 (CRT): CRT 不仅能解同余方程组，还能用于分解环。通过将环分解成更简单的结构（比如域的直积），我们可以更容易地分析其性质。
有限域理论: 我们用到了有限域 $F_P$ 和它的扩域 $F_{P^2}$ 的基本性质，特别是它们的乘法群是循环群，以及群的阶分别为 $P-1$ 和 $P^2-1$ 。
群论与快速幂: 找到群的阶 $k=P^2-1$ 后，我们就可以利用 $g^e = g^{e \pmod k}$ 这个性质来大大简化指数，这是快速幂算法能够应用在超大指数问题上的前提。
大数处理: 题目中的指数生成方式是一个经典的大数构造法。使用 __int128 来处理超出 long long 范围的数字，是解决这类问题的一个实用技巧。

希望这篇题解能帮助你更好地理解这道题背后的数学之美，喵~！如果还有不懂的地方，随时可以来问我哦！

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解题思路分析 ​

向量乘法的本质喵 ​

寻找群的阶 ​

实现细节 ​

代码实现 ​

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