L The Digits String（没有写完，有空补）

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/338/L
来源：牛客网

Consider digits strings with length n, how many different strings have the sum of digits are multiple of 4?

输入描述:

There are several test cases end with EOF. For each test case, there is an integer in one line: n, the length of the digits string. (1≤n≤1,000,000,000).

输出描述:

For each case, output the number of digits strings with length n have the sum of digits are  multiple of 4 in one line. The numbers maybe very large, you should output the result modular 2019.

示例1

输入

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1
2
3
4

输出

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3
25
249
479

题目大意
• 求长度为n的数字串中，有多少个这样数字串，其数字
之和是4的倍数（包括0）
• 输入：每组测试数据一行，包含一个正整数n（ ≤ c≤ )
• 输出：对于每组测试数据，输出一行，包含一个整数， 表示有多少个这样数字串，其数字之和是4的倍数（包 括0）。因为这个结果很大，所以将值模2019输出
 
• 本题快速幂，复杂度为O（logn）。标程在1000组测试 数据下的运行时间约为60毫秒（第二标程运行时间约 30毫秒）。建议时间限制为1秒，空间限制为64M。

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cfloat>
#include <climits>
#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <bitset>
using namespace std;
 
#define LL long long
const int matrix_size = 4;
const int MOD = 2019;
 
int add(int a, int b)
{
    a += b;
    if(a >= MOD)
    {
        return a - MOD;
    }
    return a;
}
 
struct Matrix
{
    int size;
    int num[matrix_size][matrix_size];
 
    void operator=(const Matrix &m)
    {
        for(int i = 0; i < size; ++i)
        {
            memcpy(num[i], m.num[i], sizeof(int) * size);
        }
    }
 
    void Init()
    {
        for(int i = 0; i < size; ++i)
        {
            memset(num[i], 0, sizeof(int) * size);
            num[i][i] = 1;
        }
    }
 
    void Set()
    {
        size = 4;
        memset(num, 0, sizeof(num));
        for(int j = 0; j < 4; ++j)
        {
            for(int i = 0; i < 10; ++i)
            {
                ++num[(j + i) % 4][j];
            }
        }
    }
 
    void operator*=(const Matrix &m)
    {
        static Matrix ans;
        ans.size = size;
        for(int i = 0; i < size; ++i)
        {
            for(int j = 0; j < size; ++j)
            {
                ans.num[i][j] = 0;
                for(int k = 0; k < size; ++k)
                {
                    ans.num[i][j] = add(ans.num[i][j], (LL)num[i][k] * m.num[k][j] % MOD);
                }
            }
        }
        (*this) = ans;
    }
 
    void fast_pow(LL n)
    {
        static Matrix ans;
        ans.size = size;
        for(ans.Init(); n != 0; n >>= 1)
        {
            if((n & 1) == 1)
            {
                ans *= (*this);
            }
            (*this) *= (*this);
        }
        (*this) = ans;
    }
};
 
int n;
Matrix m;
 
int main()
{
#ifdef Dmaxiya
    freopen("test.txt", "r", stdin);
#endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);
 
    while(scanf("%d", &n) != EOF)
    {
        m.Set();
        m.fast_pow(n);
        printf("%d\n", m.num[0][0]);
    }
 
    return 0;
}

标答

•#include <stdio.h>
 
•#define M 2019
 
•#define L 4
 
•#define LP(i) for(i=0;i<L;++i)
 
•void Product(int x[L][L],int y[L][L],int z[L][L]){
 
•    int i,j,k,w[L][L]={};
 
•    LP(i)LP(j)LP(k)w[i][j]=(w[i][j]+x[i][k]*y[k][j])%M;
 
•    LP(i)LP(j)z[i][j]=w[i][j];}
 
•
 
•void FPow(int n,int r[L][L]){
 
•    int i,j,A[L][L]={{,,,},{,,,},{,,,},{,,,}};
 
•    LP(i)LP(j)r[i][j]=i==j?:;
 
•while(n){
 
•if(n&)Product(r,A,r);
 
•Product(A,A,A);
 
•    n>>=;}}
 
•int cal(int n){
 
•int r[L][L];
 
•FPow(n,r);
 
•    return    (*r[][]+*r[][]+*r[][]+*r[][])%M;}
 
•
 
•int main(){
 
•int n;
 
•while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n>)
 
•printf("%d\n",cal(n-));
 
•return ;}

解题思路(续)
• 矩阵
•
•
•
•
• 有四个特征根，分别是0，，+i，-i；
• 所以an=x10n+ycos(nπ/)+zsin(nπ/),根据
a1=,a2=,a3=,可得：
• an=(10n+2sqrt()ncos(nπ/))/;
• 同样快速幂求得答案。

•#include <stdio.h>
•#define M 2019
•    int rt[][],et[]={,,,-,-,-,,};
•int FPow(int f,int n){
•    int r=,m=;
•while(n){
•    if(n&)r=(r*rt[f][m])%M;
•    m++;
•    n>>=;}
•return r;}
•
•int cal(int n){
•int r1,r2;
•    r1=FPow(,n);
•    r2=((FPow(,n/)*et[n%])%M+M)%M;
•    return ((r1+r2)*)%M;
•    }
•int main(){
•int n,i;
•    rt[][]=;rt[][]=;
•    for(i=;i<;++i){
•    rt[][i]=(rt[][i-]*rt[][i-])%M;
•    rt[][i]=(rt[][i-]*rt[][i-])%M;}
•while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n>)
•printf("%d\n",cal(n));
•return ;}

STZG的代码