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generator 1 - 题解 ​

标签与难度 ​

标签: 矩阵快速幂, 线性递推, 大数处理, 数学, 算法 难度: 1900

题目大意喵~ ​

主人你好呀，喵~ 这道题是关于一个数列生成器的说！

我们已知一个数列 {xi}\{x_i\} 的前两项 x0x_0 和 x1x_1，以及一个递推关系：

xi=a⋅xi−1+b⋅xi−2(for i≥2)x_i = a \cdot x_{i-1} + b \cdot x_{i-2} \quad (\text{for } i \ge 2)

这里的 a,b,x0,x1a, b, x_0, x_1 都是给定的正整数。

我们的任务是，给定一个正整数 nn 和一个模数 MOD，计算出 xn(modMOD)x_n \pmod{\text{MOD}} 的值。

不过，这里有个小小的挑战哦！这个 nn 可能会非常非常大，大到只能用一个字符串来表示。所以，普通的递推方法可是会超时的哦，喵~

输入格式:

  • 第一行：四个整数 x0,x1,a,bx_0, x_1, a, b。
  • 第二行：一个字符串表示的 nn，以及一个整数 MOD。

输出格式:

  • 一个整数，表示 xn(modMOD)x_n \pmod{\text{MOD}} 的结果。

解题思路分析 ​

看到这种线性的递推关系 xi=a⋅xi−1+b⋅xi−2x_i = a \cdot x_{i-1} + b \cdot x_{i-2}，聪明的我我呀，马上就想到了一个超级厉害的工具——矩阵快速幂，喵！

1. 从递推到矩阵 ​

首先，我们试着把这个递推关系写成矩阵的形式。我们的目标是找到一个矩阵，能够把状态 (xi−1,xi−2)(x_{i-1}, x_{i-2}) 变换到下一个状态 (xi,xi−1)(x_i, x_{i-1})。

我们来看看状态向量 (xixi−1)\begin{pmatrix} x_i \\ x_{i-1} \end{pmatrix} 是怎么由 (xi−1xi−2)\begin{pmatrix} x_{i-1} \\ x_{i-2} \end{pmatrix} 得到的：

  • xi=a⋅xi−1+b⋅xi−2x_i = a \cdot x_{i-1} + b \cdot x_{i-2}
  • xi−1=1⋅xi−1+0⋅xi−2x_{i-1} = 1 \cdot x_{i-1} + 0 \cdot x_{i-2}

把这两个式子写成矩阵乘法的形式，就是：

(xixi−1)=(ab10)(xi−1xi−2)\begin{pmatrix} x_i \\ x_{i-1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_{i-1} \\ x_{i-2} \end{pmatrix}

我们把这个 2×22 \times 2 的矩阵叫做转移矩阵 TT，也就是 T=(ab10)T = \begin{pmatrix} a & b \\ 1 & 0 \end{pmatrix}。

有了这个转移矩阵，我们就可以从初始状态一步步推出后面的项啦！

(x2x1)=T(x1x0)\begin{pmatrix} x_2 \\ x_1 \end{pmatrix} = T \begin{pmatrix} x_1 \\ x_0 \end{pmatrix}

(x3x2)=T(x2x1)=T2(x1x0)\begin{pmatrix} x_3 \\ x_2 \end{pmatrix} = T \begin{pmatrix} x_2 \\ x_1 \end{pmatrix} = T^2 \begin{pmatrix} x_1 \\ x_0 \end{pmatrix}

以此类推，我们可以得到一个普遍的规律：

(xk+1xk)=Tk(x1x0)\begin{pmatrix} x_{k+1} \\ x_k \end{pmatrix} = T^k \begin{pmatrix} x_1 \\ x_0 \end{pmatrix}

我们的目标是求 xnx_n。根据上面的公式，我们只需要计算出 TnT^n，然后和初始向量 (x1x0)\begin{pmatrix} x_1 \\ x_0 \end{pmatrix} 相乘，结果向量的第二个元素就是 xnx_n 啦！

小提示喵: 也有另一种常见的形式是 (xnxn−1)=Tn−1(x1x0)\begin{pmatrix} x_n \\ x_{n-1} \end{pmatrix} = T^{n-1} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_0 \end{pmatrix}。这种方法需要计算 n−1n-1，会多一个大数减法的步骤。我们选择计算 TnT^n 的方式，可以直接使用输入的字符串 nn，更简洁一些的说！

2. 应对超大指数 n ​

如果 nn 是一个普通的 long long，我们可以用标准的快速幂算法在 O(log⁡n)O(\log n) 的时间里计算出 TnT^n。但是，这里的 nn 是一个超级大的数，用字符串表示。怎么办呢？

别担心，我们可以把处理大数指数的技巧和矩阵快速幂结合起来，喵~

假设 nn 的十进制表示是 dkdk−1…d1d0d_k d_{k-1} \dots d_1 d_0。那么 nn 可以写成：

n=dk⋅10k+dk−1⋅10k−1+⋯+d1⋅101+d0⋅100n = d_k \cdot 10^k + d_{k-1} \cdot 10^{k-1} + \dots + d_1 \cdot 10^1 + d_0 \cdot 10^0

所以，TnT^n 就是：

Tn=Tdk⋅10k+⋯+d0=Tdk⋅10k⋅Tdk−1⋅10k−1⋅⋯⋅Td0T^n = T^{d_k \cdot 10^k + \dots + d_0} = T^{d_k \cdot 10^k} \cdot T^{d_{k-1} \cdot 10^{k-1}} \cdot \dots \cdot T^{d_0}

这个式子看起来还是很复杂，但我们可以用类似秦九韶算法 (Horner's method) 的思想来简化它。 nn 可以被看作是：

n=(…((dk⋅10+dk−1)⋅10+dk−2)… )⋅10+d0n = (\dots((d_k \cdot 10 + d_{k-1}) \cdot 10 + d_{k-2}) \dots) \cdot 10 + d_0

那么 TnT^n 也可以进行类似的迭代计算：

Tn=(((Tdk)10⋅Tdk−1)10⋅… )10⋅Td0T^n = (((T^{d_k})^{10} \cdot T^{d_{k-1}})^{10} \cdot \dots )^{10} \cdot T^{d_0}

这给了我们一个从高位到低位处理 nn 的每一位的算法：

  1. 初始化一个结果矩阵 Result 为单位矩阵 I=(1001)I = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}。
  2. 从左到右遍历字符串 nn 的每一位数字 d。
  3. 对于每一位 d，我们先将当前的结果 Result 自乘 10 次，即 Result = Result^10。
  4. 然后，再乘上 TdT^d，即 Result = Result \cdot T^d。
  5. 遍历完所有数字后，Result 矩阵就是我们想要的 TnT^n 啦！

这里的 Result^10 和 T^d (因为 dd 只是 0−90-9 的数字) 都可以用普通的矩阵快速幂来高效计算。

3. 算法步骤总结 ​

好啦，整理一下我们的完整计划，喵~

  1. 处理特殊情况：如果输入的 nn 是 "0"，直接输出 x0(modMOD)x_0 \pmod{\text{MOD}}。
  2. 构建矩阵：定义转移矩阵 T=(ab10)T = \begin{pmatrix} a & b \\ 1 & 0 \end{pmatrix}。所有元素都要对 MOD 取模。
  3. 大数指数快速幂：
    • 初始化结果矩阵 Result 为单位矩阵。
    • 遍历字符串 nn 的每一位数字 dd。
    • 使用矩阵快速幂计算 Result = Result^10。
    • 使用矩阵快速幂计算 T_d = T^d。
    • 更新结果 Result = Result \cdot T_d。
    • 所有矩阵运算都在模 MOD 下进行。
  4. 计算最终答案：
    • 得到最终的矩阵 Tn=Result=(r00r01r10r11)T^n = \text{Result} = \begin{pmatrix} r_{00} & r_{01} \\ r_{10} & r_{11} \end{pmatrix}。
    • 根据公式 (xn+1xn)=Tn(x1x0)\begin{pmatrix} x_{n+1} \\ x_n \end{pmatrix} = T^n \begin{pmatrix} x_1 \\ x_0 \end{pmatrix}，我们知道 xn=(r10⋅x1+r11⋅x0)(modMOD)x_n = (r_{10} \cdot x_1 + r_{11} \cdot x_0) \pmod{\text{MOD}}。
    • 计算并输出这个值就可以啦！

这样，我们就把一个看似棘手的大数问题，分解成了我们熟悉的小块，然后优雅地解决了，喵~

代码实现 ​

这是我根据上面的思路，精心为你准备的全新代码哦！注释很详细，希望能帮到你，呐~

cpp
#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>

using namespace std;

long long MOD;

// 定义一个 2x2 矩阵结构体，方便进行运算喵~
struct Matrix {
    long long mat[2][2];

    // 默认构造一个零矩阵
    Matrix() {
        mat[0][0] = mat[0][1] = mat[1][0] = mat[1][1] = 0;
    }
};

// 矩阵乘法函数
Matrix multiply(const Matrix& A, const Matrix& B) {
    Matrix C;
    for (int i = 0; i < 2; ++i) {
        for (int j = 0; j < 2; ++j) {
            for (int k = 0; k < 2; ++k) {
                C.mat[i][j] = (C.mat[i][j] + A.mat[i][k] * B.mat[k][j]) % MOD;
            }
        }
    }
    return C;
}

// 矩阵快速幂函数 (Exponentiation by Squaring)
Matrix power(Matrix base, long long exp) {
    Matrix result;
    // 初始化为单位矩阵
    result.mat[0][0] = result.mat[1][1] = 1;
    
    while (exp > 0) {
        if (exp % 2 == 1) {
            result = multiply(result, base);
        }
        base = multiply(base, base);
        exp /= 2;
    }
    return result;
}

int main() {
    // 使用 C++ 标准流可以提高读写速度，喵~
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    long long x0, x1, a, b;
    string n_str;

    cin >> x0 >> x1 >> a >> b;
    cin >> n_str >> MOD;

    // 处理 n=0 的特殊情况
    if (n_str == "0") {
        cout << x0 % MOD << endl;
        return 0;
    }
    
    // 如果 MOD 是 1，任何数取模都是 0
    if (MOD == 1) {
        cout << 0 << endl;
        return 0;
    }

    // 构建转移矩阵 T
    Matrix T;
    T.mat[0][0] = a % MOD;
    T.mat[0][1] = b % MOD;
    T.mat[1][0] = 1;
    T.mat[1][1] = 0;

    // 预计算 T^0, T^1, ..., T^9，避免在循环中重复计算
    vector<Matrix> T_powers(10);
    T_powers[0].mat[0][0] = T_powers[0].mat[1][1] = 1; // T^0 是单位矩阵
    for (int i = 1; i < 10; ++i) {
        T_powers[i] = multiply(T_powers[i-1], T);
    }
    
    // 初始化结果矩阵为单位矩阵
    Matrix total_transform;
    total_transform.mat[0][0] = total_transform.mat[1][1] = 1;

    // 从左到右处理大数 n 的每一位
    for (char digit_char : n_str) {
        int digit = digit_char - '0';
        
        // Result = Result^10
        total_transform = power(total_transform, 10);
        
        // Result = Result * T^digit
        total_transform = multiply(total_transform, T_powers[digit]);
    }

    // 根据公式 x_n = T^n[1][0] * x_1 + T^n[1][1] * x_0
    long long final_xn = (total_transform.mat[1][0] * (x1 % MOD) + total_transform.mat[1][1] * (x0 % MOD)) % MOD;
    
    // 结果可能为负，调整为正数
    if (final_xn < 0) {
        final_xn += MOD;
    }

    cout << final_xn << endl;

    return 0;
}

复杂度分析 ​

  • 时间复杂度: O(∣n∣⋅log⁡10⋅8)O(|n| \cdot \log 10 \cdot 8)

    • 设字符串 nn 的长度为 ∣n∣|n|。
    • 我们需要遍历 nn 的每一位，循环 ∣n∣|n| 次。
    • 在循环内部，我们执行一次 power(matrix, 10) 和一次 multiply。
    • power(matrix, 10) 需要进行 O(log⁡10)O(\log 10) 次矩阵乘法。
    • 我们的矩阵是 2×22 \times 2 的，一次矩阵乘法需要 8 次普通乘法和 4 次普通加法，是常数时间 O(1)O(1) 的操作。
    • 所以总的时间复杂度是 O(∣n∣⋅log⁡10)O(|n| \cdot \log 10)，可以看作是 O(∣n∣)O(|n|)，因为 log⁡10\log 10 是个小常数。

  • 空间复杂度: O(1)O(1)

    • 我们只需要存储几个 2×22 \times 2 的矩阵（转移矩阵、结果矩阵、以及预计算的 T0T^0 到 T9T^9），这些占用的空间都是常数级别的。所以空间复杂度是 O(1)O(1) 的说。

知识点总结 ​

这道题真是一次愉快的思维体操呢，喵~ 它主要考察了以下几个知识点：

  1. 线性递推关系: 识别出题目中的 xi=a⋅xi−1+b⋅xi−2x_i = a \cdot x_{i-1} + b \cdot x_{i-2} 是一种可以用矩阵来加速的线性递推。
  2. 矩阵快速幂: 这是解决线性递推问题的标准武器。通过构造转移矩阵，将递推 nn 次的问题转化为矩阵的 nn 次幂问题，然后用快速幂算法在对数时间内解决。
  3. 大数处理: 当指数本身是一个非常大的数时，不能直接用标准快速幂。需要将大数指数按位分解，结合秦九韶算法的思想进行迭代计算。
  4. 模块化编程: 将矩阵定义为结构体，将矩阵乘法和快速幂封装成函数，可以让主逻辑更清晰，代码也更易于调试和复用。
  5. 模运算: 在所有计算过程中都要记得取模，防止中间结果溢出，并且保证最终答案的正确性。

希望这篇题解能帮助主人更好地理解这个问题！如果还有不懂的地方，随时可以再来问我哦，喵~