bzoj 3240: [Noi2013]矩阵游戏

题意：

F[1][1]=1

F[i,j]=a*F[i][j-1]+b (j!=1)

F[i,1]=c*F[i-1][m]+d (i!=1)

求F
[m]。

题解：

假如n，m小一点的话就是一个矩乘的裸题了。

膜一发题解，发现居然可以用费马小定理优化？

其实是可以的（仅这题）

第一阶段，我们乘的是这个矩阵：

(ab01)

设这个矩阵是A，An就是：

(anb(an−1+an−2+…1)01)

=⎛⎝anb(an−1a−1)01⎞⎠

an是可以用费马小定理优化的，所以这个矩阵快速幂也可以（注意要特判a=1的情况）

然后第二阶段一样。

code：

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define LL long long
using namespace std;
LL mod=1000000007,a,b,c,d,p,n=0,m=0;
char s1[1000010],s2[1000010];
struct node{
LL a[2][2],n,m;
node() {memset(a,0,sizeof(a));}
};
node operator * (node a,node b)
{
node ans;ans.n=a.n;ans.m=b.m;
for(LL i=0;i<a.n;i++)
for(LL j=0;j<b.m;j++)
for(LL k=0;k<a.m;k++)
ans.a[i][j]=(ans.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j])%mod;
return ans;
}
node operator ^ (node a,LL b)
{
node ans;ans.n=a.n;ans.m=a.m;
for(LL i=0;i<a.n;i++) ans.a[i][i]=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=ans*a;
a=a*a;b>>=1;
}
return ans;
}
void F(char*s,LL &a) {for(LL i=1;s[i];i++) a=(a*10%p+s[i]-'0')%p;}
int main()
{
scanf("%s %s %lld %lld %lld %lld",s1+1,s2+1,&a,&b,&c,&d);
node A;p=(a==1)?mod:mod-1;F(s2,m);
A.n=A.m=2;A.a[0][0]=a;A.a[1][0]=b;A.a[1][1]=1;
m-=1;(m+=p)%=p;A=A^m;
node B;p=(A.a[0][0]==1&&c==1)?mod:mod-1;F(s1,n);
B.n=B.m=2;B.a[0][0]=c;B.a[1][0]=d;B.a[1][1]=1;B=A*B;
n-=1;(n+=p)%=p;B=B^n;B=B*A;
printf("%lld",(B.a[0][0]+B.a[1][0])%mod);
}