题解：首先，我们可以得到一个规律：经过2次变换后，a和b的值都分别乘2了，所以只要用快速幂就能过啦，但是，要特判n为0的情况。
代码如下：
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #define Mod 1000000007 5 using namespace std; 6 long long a,b,n,ans1,ans2; 7 long long power(long long x){ 8 long long ret=1,tmp=2; 9 while(x){ 10 if(x&1){ret*=tmp; ret%=Mod;} 11 tmp*=tmp; tmp%=Mod; x/=2; 12 } 13 return ret; 14 } 15 int main() 16 { 17 freopen("apexis.in","r",stdin); 18 freopen("apexis.out","w",stdout); 19 scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&n); 20 if(n==0){ 21 printf("%lld %lld",a,b); 22 return 0; 23 } 24 if(a<b) swap(a,b); 25 long long tmp=n>>1; 26 long long t=power(tmp); 27 if(n&1) ans1=t*(a+b)%Mod,ans2=t*(a-b)%Mod; 28 else ans1=t*a%Mod,ans2=t*b%Mod; 29 printf("%lld %lld",ans1,ans2); 30 return 0; 31 }
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题解：我们记f[i]表示区间[1,i]内素数个数，我们可以用筛法筛出数据范围内的素数并顺便求f数组，然后我们暴力枚举1-maxn中的数即可。
代码如下：
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #define Max 200005 4 using namespace std; 5 int n,m,ans,cnt,maxn; 6 int f[Max],num[Max],prime[Max]; 7 void shaifa(){ 8 for(int i=1;i<=Max;i++) f[i]=i; 9 for(int i=2;i<=Max;i++) 10 if(!prime[i]){ 11 f[i]--; 12 for(int j=2*i;j<=Max/2;j+=i){ 13 f[j]=f[j]*(i-1)/i; 14 prime[j]=1; 15 } 16 } 17 } 18 int main() 19 { 20 freopen("quest.in","r",stdin); 21 freopen("quest.out","w",stdout); 22 shaifa(); 23 int T; scanf("%d",&T); 24 while(T--){ 25 ans=cnt=maxn=0; 26 scanf("%d%d",&n,&m); 27 for(int i=1;i<=n;i++){ 28 int x; scanf("%d",&x); 29 num[x]++; maxn=max(maxn,x); 30 } 31 for(int i=1;i<=maxn;i++){ 32 cnt=0; 33 for(int j=i;j<=maxn;j+=i) cnt+=num[j]; 34 if(cnt>=m) ans=max(ans,f[i]); 35 num[i]=0; 36 } 37 printf("%d ",ans); 38 } 39 return 0; 40 }
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题解(假)：首先，在n、m<=100时，我们可以暴力使枚举l到r，然后用矩阵快速幂求出每个点的答案，最后加起来即可，时间复杂度约为为O(NMlogK)。
代码如下：当做矩阵快速幂的练习吧，最蠢的暴力- -
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #define Max 100001 5 #define Mod 10007 6 using namespace std; 7 int n,m,l,r; 8 long long K,cnt[Max]; 9 struct mat{long long num[2][2];}a,b,c,ret; 10 mat mult(mat x,mat y){ 11 memset(c.num,0,sizeof(c.num)); 12 for(int i=0;i<2;i++) 13 for(int j=0;j<2;j++) 14 for(int k=0;k<2;k++) 15 c.num[i][j]=(c.num[i][j]+x.num[i][k]*y.num[k][j])%Mod; 16 return c; 17 } 18 mat matmod(mat x,long long k){ 19 memset(ret.num,0,sizeof(ret.num)); 20 for(int i=0;i<2;i++) ret.num[i][i]=1; 21 while(k){ 22 if(k&1) ret=mult(ret,x); 23 k>>=1; x=mult(x,x); 24 } 25 return ret; 26 } 27 long long Get(long long k){ 28 memset(a.num,0,sizeof(a.num)); 29 memset(b.num,0,sizeof(b.num)); 30 a.num[0][1]=1; a.num[1][0]=1; a.num[1][1]=1; 31 b.num[0][0]=1; b.num[1][0]=1; 32 a=matmod(a,k-1); 33 a=mult(a,b); 34 return a.num[0][0]; 35 } 36 int main() 37 { 38 freopen("rabbit.in","r",stdin); 39 freopen("rabbit.out","w",stdout); 40 scanf("%d%d",&n,&m); 41 for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=1; 42 for(int i=1;i<=m;i++){ 43 long long ans=0; 44 scanf("%d%d%lld",&l,&r,&K); 45 if(K==0){ 46 for(int j=l;j<=r;j++) 47 if(cnt[j]!=0) ans=(ans+Get(cnt[j]))%Mod; 48 printf("%lld ",ans); 49 } 50 else for(int j=l;j<=r;j++) cnt[j]+=K; 51 } 52 return 0; 53 }
题解：那么，在n、m<=100000时我们该怎么做呢，很明显，我们可以用线段树，但是我还没调出来。。。也许明天会记得填坑吧，大概。