luogu3263/bzoj4002 有意义的字符串 (数学+矩阵快速幂)

首先我们发现$frac{b+sqrt{d}}{2}$这个形式好像一元二次方程的求根公式啊(???反正我发现不了)

然后我们又想到虽然这个东西不好求但是$(frac{b-sqrt{d}}{2})^n$好像挺好求的啊(???反正我想不到)（由题目给的范围，这玩意在(-1,1)）

于是把这个方程写出来:$x^2-b+frac{b^2-d}{4}=0$，设它的两根是$x_1=frac{b+sqrt{d}}{2} , x_2=frac{b-sqrt{d}}{2}$

于是就是要求$lfloor x_1^n+x_2^n-x_2^n floor$

我们把$x_1^n+x_2^n$单拎出来，分解一下，得到$x_1^n+x_2^n = (x_1+x_2)(x_1^{n-1}+x_2^{n-1}) - x_1x_2(x_1^{n-2}+x_2^{n-2}) $

然后$x_1+x_2$和$x_1x_2$可以用韦达定理算，再把$x_1^i+x_2^i$设成f[i]，就可以用矩阵快速幂优化了

可以发现它是个整数，最后讨论一下$x_2^n$就行了

（模数巨大，不光要用龟速乘，还要用unsigned long long）

#include<bits/stdc++.h>
#define CLR(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pa;
const ull P=7528443412579576937;

inline ll rd(){
    ll x=0;char c=getchar();int neg=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') neg=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
    return x*neg;
}

ull fmul(ull a,ull b){
    ull re=0;
    while(b){
        if(b&1) re=(re+a)%P;
        a=(a+a)%P,b>>=1;
    }return re;
}

ull b,d,n;

ull fpow(ull x){
    ull f[2];f[0]=b,f[1]=2;
    ull m[2][2],tmp[2][2];
    m[0][0]=b,m[0][1]=1,m[1][0]=(d-b*b)/4,m[1][1]=0;
    while(x){
        if(x&1){
            CLR(tmp,0);
            for(int i=0;i<=1;i++){
                for(int j=0;j<=1;j++){
                    tmp[0][i]=(tmp[0][i]+fmul(f[j],m[j][i]))%P;
                }
            }
            f[0]=tmp[0][0],f[1]=tmp[0][1];
        }
        CLR(tmp,0);
        for(int i=0;i<=1;i++){
            for(int j=0;j<=1;j++){
                for(int k=0;k<=1;k++){
                    tmp[i][j]=(tmp[i][j]+fmul(m[i][k],m[k][j]))%P;
                }
            }
        }
        memcpy(m,tmp,sizeof(m));
        x>>=1;
    }return f[0];
}

int main(){
    //freopen("","r",stdin);
    int i,j,k;
    b=rd(),d=rd(),n=rd();
    if(n==0) printf("1
");
    else{
        ull ans=fpow(n-1);
        if(!(n&1)&&d!=b*b) ans=(P+ans-1)%P;
        printf("%lld
",ans);
    }

    return 0;
}