sdutoj 2605 A^X mod P
http://acm.sdut.edu.cn/sdutoj/problem.php?action=showproblem&problemid=2605
A^X mod P
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题目描述
It's easy for ACMer to calculate A^X mod P. Now given seven integers n, A, K, a, b, m, P, and a function f(x) which defined as following.
f(x) = K, x = 1
f(x) = (a*f(x-1) + b)%m , x > 1
Now, Your task is to calculate
( A^(f(1)) + A^(f(2)) + A^(f(3)) + ...... + A^(f(n)) ) modular P.
输入
1 <= n <= 10^6
0 <= A, K, a, b <= 10^9
1 <= m, P <= 10^9
输出
c is the case number start from 1.
ans is the answer of this problem.
示例输入
2
3 2 1 1 1 100 100
3 15 123 2 3 1000 107
示例输出
Case #1: 14
Case #2: 63
提示
来源
中等难度数论题。
先考虑 X = f(x)
可加可不加的欧拉定理优化 { 注意本题A,P并不一定互质,使用欧拉定理优化的时候注意细节。 A^(X + phi(P)) mod P = A^X mod P 在X>0时成立,注意X=0时和X为phi(P)的倍数时的特判 } 对于取模后的X,在P为质数时,数量级仍达到10^9,考虑到数据量n<=10^6且T=40,显然本题不可用O(logX)的快速幂求解,(希望确实做到了这点,如果有快速幂过的,如果能交流下优化的方法,感激不尽)。
考虑O(1)做法。 加欧拉定理优化可令ph = phi(P),也可以ph取10^9 + 1 我们可以找到一个最小的数 k 满足k*k>ph.
然后对于每一个X,令 X = i*k + j 其中i和j满足 0 <= i < k 且 0 <= j < k
则A^X = A^(i*k +j) = ( (A^k) ^ i ) * (A ^ j)。 A^k为定值,而i,j均<k,两部分%P的值都可以在O(k)时间内预处理出来 然后对于每个X进行O(1)求解。
接着考虑f(x),直接按照题意递推计算即可,需要注意的是x=1时,K没有对m取模,换言之,可能大于m
每组的复杂度为O(sqrt(P) + n)
官方代码:
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
ll A,K,a,b,m,P;
ll powmod(ll a,ll n,ll m){
ll y=;
while(n){
if(n&) y=y*a%m;
n>>=;
a=a*a%m;
}
return y;
}
ll solve(){
ll f=K,sum=,tmp;
for(int i=;i<n;i++){
sum=(sum + powmod(A,f,P))%P;
f=(a*f + b)%m;
}
return sum;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("data.in","r",stdin);freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
int T,C=;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&n,&A,&K,&a,&b,&m,&P);
printf("Case #%d: %I64d\n",++C,solve());
}
return ;
}
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