[HDU1005练习](#Number Sequence)

快速幂

幂运算：\(x ^ n\)

根据其一般定义我们可以简单实现其非负整数情况下的函数

定义法：

int Pow (int x, int n) {

    int result = 1;

    while(n--) {

        result *= x;

    }

    return result;

}

不难看出此时算法的时间复杂度是\(O(n)\)，一旦n取较大数值，计算时间就会大大增加，极其容易出现超时的情况。

快速幂：

首先要在此列举两个前提：

计算机是通过二进制进行存储数据的，对二进制数据可以直接进行操作。
\(2^n+2^n=2*2^n=2^{n + 1}\)

对于\(x ^ n\)，其中n可以表示为m位的二进制形式，即\(n=n_12^0+n_22^1+n_32^3+\cdots+n_m2^{m-1}\)

那么\(x ^ n=x ^ {n_12^0+n_22^1+n_32^3+\cdots+n_m2^{m-1}}\)

即\(x^n=x ^ {n_12^0}x^{n_22^1}x^{n_32^3}\cdots x^{n_m2^{m-1}}\)

根据前提1，计算机可以直接对二进制格式存储的数据进行读取，那么我们就可以对\(n\)一个个读取再对其进行累乘。

当取到第\(a\)位时，其乘数有通项公式：\(x^{n_a2^{a-1}}\)

通过标准库math，用代码实现：

int Pow (int x, int n) {

    int result = 1;

    int a = 1;

    while(n) {

        if(n & 1) result *= round( pow(x, 1 << (a - 1)) );//round的作用在于double转int时防止丢失精度，对1进行位运算是一种计算2的n次幂的快速方法

        n >>= 1;

        a++;

    }

    return result;

}

但实际上这个调用了标准库的代码并没有实现快速幂，因为仍然是采用pow()进行的运算

此处由 \(2^n+2^n=2\times2^n=2^{n + 1}\)

即\((x ^ {2 ^ {n}} )^2=x ^ {2\times 2 ^ {n}} =x ^ {2 ^ {n + 1}}\)

因此我们可以通过对前项进行二次幂运算得到后项

先得到首项\(f(1)=x^{2^{1-1}}=x\)

即令int f = x

具体实现：

int Pow (int x, int n) {

    int result = 1;

    int f = x;

    while(n) {

        if(n & 1) result *= f;

        f *= f;

        n >>= 1;

    }

    return result;

}

不难发现此时算法的时间复杂度由其次数的二进制位数而决定，即\(O(m)\)也就是\(O(log_2n)\)

另外因为此算法常常用于计算大数，所以int类型最好都换成long long类型，防止溢出。

快速幂取模

对\(x^n\)取模运算：\(x^n\mod p\)，当n极大时，同样其运算量也会增大

这就需要我们寻求一种快速解决的方法，此时可以运用我们上文所提到的快速幂算法

引论1：\((np+a)\mod p=a\mod p\quad (n\in\mathbb{Z} )\)

证明如下：设\(f(n,p,a)=(np+a)\mod p\quad (n\in\mathbb{Z} )\)

则由定义有\((np+a)\mod p\\=\frac{np+d}{p}-([\frac{np+d}{p}+1]-1)\\ =d-p([\frac{d}{p}+1]-1)\)

显而易见，\((np+a)\mod p=a\)与\(n\)无关

令\(n=0\)得\((np+a)\mod p=a\mod p\quad (n\in\mathbb{Z} )\\ Q.E.D\)

引论2：\((mn)\mod p=((m\mod p)(n\mod p))\mod p\)

证明如下：令\(\left\{ \begin{array}{c} m=(ip+c)& (i\in\mathbb{Z} )\\ n=(jp+d) & (j\in\mathbb{Z} )\end{array} \right.\)

则有\(\left\{ \begin{array}{c} m\mod p=c\\ n\mod p=d \end{array} \right.\)

原式\((m*n)％p\\=((ip+c)(jp+d))\mod p\\=(jip^2+jpc+ipd+cd)\mod p\\=(jip^2+jpc+ipd+cd)\mod p\\=((jip+jc+id)p+cd)\mod p\\因为(jip+jc+id)\in\mathbb{Z}，由引论1得：\\=(cd)\mod p\\=((m\mod p)(n\mod p))\mod p\)

即\((mn)\mod p=((m\mod p)(n\mod p))\mod p\\ Q.E.D\)

因此对于\(x^n\mod p\)

可以写成\((x ^ {n_12^0}x^{n_22^1}x^{n_32^3}\cdots x^{n_m2^{m-1}})\mod p\\ =((x ^ {n_12^0}\mod p)(x^{n_22^1}\mod p)(x^{n_32^3}\mod p)\cdots (x^{n_m2^{m-1}}\mod p))\mod p\)

并且由之前的推定\((x ^ {2 ^ {n}} )^2=x ^ {2\times 2 ^ {n}} =x ^ {2 ^ {n + 1}}\)

有\((x ^ {2 ^ {n}} \mod p)^2\mod p =(x ^ {2 ^ {n}})^2\mod p=x ^ {2 ^ {n + 1}}\mod p\)

代码实现：

int Mod (int x, int n, int p) {

    int result = 1;

    int f = x % p;

    while(n) {

        if(n & 1) result = (result * f)%p;

        f = (f * f)%p;

        n >>= 1;

    }

    return result;

}

矩阵快速幂

当\(X\)为任意方块矩阵，即\(X=\left| \begin{matrix} x_{11} & \cdots & x_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{n1} & \cdots & x_{nn}\\ \end{matrix} \right|\)时

同理\(X^a\)，有\(X^a=X ^ {a_12^0}X^{a_22^1}X^{a_32^3}\cdots X^{a_m2^{m-1}}\)

同样的，任意方块矩阵也适用于快速幂

代码实现：

#include <iostream>

#include <cstring>

using namespace std;

#define R 2

struct Matrix{

    int data[R][R];

};

Matrix multi(Matrix a,Matrix b,int rec){

    Matrix result;

    memset(&(result.data), 0, sizeof(result.data));

    for(int i = 0; i < rec; i++)

        for(int j = 0; j < rec; j++)

            for(int k = 0; k < rec; k++)

             result.data[i][j] += a.data[i][k] * b.data[k][j];

    return result;

}

Matrix poww (Matrix x, int n) {

    Matrix result;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    for(int i = 0; i < R; i++) result.data[i][i] = 1;

    Matrix f = x;

    while(n) {

        if(n & 1) result = multi(result, f, R);

        f = multi(f, f, R);

        n >>= 1;

    }

    return result;

}

void MatrixPrint(Matrix target) {

    for(int i = 0; i < R; i++) {

        for(int j = 0; j < R; j++) cout << target.data[i][j]<< " ";

        cout << endl;

    }

}

int main() {

    Matrix result;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    result.data[0][0] = 1;

    result.data[0][1] = 2;

    result.data[1][0] = 3;

    result.data[1][1] = 4;

    MatrixPrint(result);

    cout << endl;

    result =  poww(result, 3);

    MatrixPrint(result);

    return 0;

}

输出结果：

1 2

3 4

37 54

81 118

矩阵快速幂取模

运算定义：当\(X\)为任意方块矩阵，即\(X=\left| \begin{matrix} x_{11} & \cdots & x_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{n1} & \cdots & x_{nn}\\ \end{matrix} \right|\)时

则\(X\mod p=\left| \begin{matrix} x_{11} \mod p & \cdots & x_{1n}\mod p\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{n1}\mod p & \cdots & x_{nn}\mod p\\ \end{matrix} \right|\)

引论1：\((m+n)\mod p=((m\mod p)+(n\mod p))\mod p\)

证明如下：令\(\left\{ \begin{array}{c} m=(ip+c)& (i\in\mathbb{Z} )\\ n=(jp+d) & (j\in\mathbb{Z} )\end{array} \right.\)

则有\(\left\{ \begin{array}{c} m \mod p=c\\ n \mod p=d \end{array} \right.\)

原式\((m+n)\mod p\\=((ip+c)+(jp+d))\mod p\\=((i+j)p+c+d)\mod p\\因为(i+j)\in\mathbb{Z}，由上文引论得：\\=(c+d)\mod p\\=((m\mod p)+(n\mod p))\mod p\)

即\((m+n)\mod p=((m\mod p)+(n\mod p))\mod p\\ Q.E.D\)

引论2：有方块矩阵\(X=\left| \begin{matrix} x_{11} & \cdots & x_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{nn} & \cdots & x_{nn}\\ \end{matrix} \right|\)，\(Y=\left| \begin{matrix} y_{11} & \cdots & y_{1m}\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ y_{n1} & \cdots & y_{nm}\\ \end{matrix} \right|\)

则有\(XY\mod p=((X\mod p)·(Y\mod p))\mod p\)

证明如下：

令\(X=\left| \begin{matrix} x_{11} & \cdots & x_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{n1} & \cdots & x_{nn}\\ \end{matrix} \right|\)，\(Y=\left| \begin{matrix} y_{11} & \cdots & y_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ y_{n1} & \cdots & y_{nn}\\ \end{matrix} \right|\)

则

\(X·Y\mod p=\left| \begin{matrix} (x_{11}y_{11} + \cdots +x_{1n}y_{n1})\mod p & \cdots & (x_{11}y_{1n} + \cdots +x_{1n}y_{nn})\mod p\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ (x_{n1}y_{11} + \cdots +x_{nn}y_{n1})\mod p & \cdots & (x_{n1}y_{1n} + \cdots +x_{nn}y_{nn})\mod p\\ \end{matrix} \right|\)

\(=\left| \begin{matrix} ((x_{11}y_{11})\mod p + \cdots +(x_{1n}y_{n1})\mod p )\mod p & \cdots & ((x_{11}y_{1n})\mod p + \cdots +(x_{1n}y_{nn})\mod p\mod p\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ ((x_{n1}y_{11})\mod p + \cdots +(x_{nn}y_{n1})\mod p)\mod p & \cdots & ((x_{n1}y_{1n})\mod p + \cdots +(x_{nn}y_{nn})\mod p)\mod p\\ \end{matrix} \right|\)

\(=\left| \begin{matrix} (((x_{11}\mod p)(y_{11}\mod p))\mod p + \cdots +((x_{1n}\mod p)(y_{n1}\mod p))\mod p )\mod p & \cdots & (((x_{11}\mod p)(y_{1n}\mod p))\mod p + \cdots +(((x_{1n}\mod p)(y_{nn}\mod p))\mod p)\mod p\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ (((x_{n1}\mod p)(y_{11}\mod p))\mod p + \cdots +((x_{nn}\mod p)(y_{n1}\mod p))\mod p)\mod p & \cdots & (((x_{n1}\mod p)(y_{1n}\mod p))\mod p + \cdots +((x_{nn}\mod p)(y_{nn}\mod p))\mod p)\mod p\\ \end{matrix} \right|\)

\(=\left| \begin{matrix} ((x_{11}\mod p)(y_{11}\mod p) + \cdots +(x_{1n}\mod p)(y_{n1}\mod p))\mod p & \cdots & ((x_{11}\mod p)(y_{1n}\mod p) + \cdots +((x_{1n}\mod p)(y_{nn}\mod p))\mod p\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ ((x_{n1}\mod p)(y_{11}\mod p) + \cdots +(x_{nn}\mod p)(y_{n1}\mod p))\mod p & \cdots & ((x_{n1}\mod p)(y_{1n}\mod p) + \cdots +(x_{nn}\mod p)(y_{nn}\mod p))\mod p\\ \end{matrix} \right|\)

\(=\left( \left| \begin{matrix} x_{11}\mod p & \cdots & x_{1n}\mod p\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{n1}\mod p & \cdots & x_{nn}\mod p\\ \end{matrix} \right|\left| \begin{matrix} y_{11}\mod p & \cdots & y_{1n}\mod p\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ y_{n1}\mod p & \cdots & y_{nn}\mod p\\ \end{matrix} \right| \right)\mod p\)

\(=((X\mod p)·(Y\mod p))\mod p \\\text{即}XY\mod p=((X\mod p)·(Y\mod p))\mod p\\Q.E.D\)

说明任意矩阵也符合快速幂取模的算法

具体实现：

#include <iostream>

#include <cstring>

using namespace std;

#define R 2

struct Matrix{

    int data[R][R];

};

Matrix multi(Matrix a,Matrix b,int rec,int p){

    Matrix result;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    for(int i = 0; i < rec; i++)

        for(int j = 0; j < rec; j++) {

            for(int k = 0; k < rec; k++)

             result.data[i][j] += a.data[i][k] * b.data[k][j];

             result.data[i][j] %= p;

        }

    return result;

}

Matrix poww (Matrix x, int n, int p) {

    Matrix result;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    for(int i = 0; i < R; i++) result.data[i][i] = 1;

    Matrix f = x;

    while(n) {

        if(n & 1) result = multi(result, f, R, p);

        f = multi(f, f, R, p);

        n >>= 1;

    }

    return result;

}

void MatrixPrint(Matrix target) {

    for(int i = 0; i < R; i++) {

        for(int j = 0; j < R; j++) cout << target.data[i][j]<< " ";

        cout << endl;

    }

}

int main() {

    Matrix result;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    result.data[0][0] = 1;

    result.data[0][1] = 2;

    result.data[1][0] = 3;

    result.data[1][1] = 4;

    MatrixPrint(result);

    cout << endl;

    result =  poww(result, 3, 3);

    MatrixPrint(result);

    return 0;

}

输出结果：

1 2

3 4

1 0

0 1

练习（HDU1005）：

Number Sequence

Problem Description

A number sequence is defined as follows:

\(f(1) = 1, f(2) = 1, f(n) = (A * f(n - 1) + B * f(n - 2)) \mod 7.\)

Given A, B, and n, you are to calculate the value of f(n).

Input

The input consists of multiple test cases. Each test case contains 3 integers A, B and n on a single line (1 <= A, B <= 1000, 1 <= n <= 100,000,000). Three zeros signal the end of input and this test case is not to be processed.

Output

For each test case, print the value of f(n) on a single line.

Sample Input

1 1 3

1 2 10

0 0 0

Sample Output

2

5

Author

CHEN, Shunbao

Source

ZJCPC2004

由题意不难发现，题目输入三个数A，B，n，要求我们求出广义的斐波那契数列（generalized Fibonacci sequence）第n项的取模

即\(f(n) = (A * f(n - 1) + B * f(n - 2)) \mod 7 = (Aa_{n-1}+Ba_{n-2})= a_n \mod 7\)

因此通过前后项关系，可以构建矩阵\(\left| \begin{matrix} a_{n} & 0\\ a_{n-1} & 0\\ \end{matrix} \right|\mod 7=\left( \left| \begin{matrix} A & B\\ 1 & 0\\ \end{matrix} \right|\left| \begin{matrix} a_{n-1} & 0\\ a_{n-2} & 0\\ \end{matrix} \right| \right)\mod 7\)

\(=\left( \left| \begin{matrix} A & B\\ 1 & 0\\ \end{matrix} \right|^{n-2}\left| \begin{matrix} a_2 & 0\\ a_1 & 0\\ \end{matrix} \right| \right)\mod 7\)

\(=\left(\left( \left| \begin{matrix} A & B\\ 1 & 0\\ \end{matrix} \right|^{n-2}\mod 7\right)\left(\left| \begin{matrix} a_2 & 0\\ a_1 & 0\\ \end{matrix} \right|\mod7\right) \right)\mod 7\)

如此，就转化为一个矩阵快速幂的问题

具体实现（谢谢提醒！原来我的solution忽略了\(n = 1\)和\(n = 2\)的情况，导致无限循环）：

#include <iostream>

#include <cstring>

using namespace std;

#define R 2

struct M{

    int data[R][R];

};

M multi(M a,M b,int rec,int p){

    M result;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    for(int i = 0; i < rec; i++)

        for(int j = 0; j < rec; j++) {

            for(int k = 0; k < rec; k++)

             result.data[i][j] += a.data[i][k] * b.data[k][j];

             result.data[i][j] %= p;

        }

    return result;

}

M poww (M x, int n, int p) {

    M result;

    M f = x;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    for(int i = 0; i < R; i++) result.data[i][i] = 1;

    while(n) {

        if(n & 1) result = multi(result, f, R, p);

        f = multi(f, f, R, p);

        n >>= 1;

    }

    return result;

}

M solve(int a, int b, int n, int p) {

    M result;

    M trans;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    memset(&(trans.data), 0,sizeof( trans.data));

    result.data[0][0] = 1;

    result.data[1][0] = 1;

    trans.data[0][0] = a;

    trans.data[0][1] = b;

    trans.data[1][0] = 1;

    trans =  poww(trans, n, p);

    result = multi(trans, result, R, p);

    return result;

}

int main() {

    int a, b, n;

    while(true) {

        cin >> a >> b >> n;

        if(!a && !b && !n) break;

        if(n == 2 || n == 1 ){

			cout << 1 << endl;

			continue;

		}

        cout << solve(a, b, n - 2, 7).data[0][0] << endl;

    }

    return 0;

}

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