問題 c: a^x mod p
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題目描述
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.
輸入in the first line there is an integer t (1 < t <= 40), which indicates the number of test cases, and then t test cases follow. a test case contains seven integers n, a, k, a, b, m, p in one line.
1 <= n <= 10^6
0 <= a, k, a, b <= 10^9
1 <= m, p <= 10^9
輸出for each case, the output format is 「case #c: ans」.
c is the case number start from 1.
ans is the answer of this problem.
樣例輸入 copy
23 2 1 1 1 100 100
3 15 123 2 3 1000 107
樣例輸出 copy
case #1: 14
case #2: 63
乙個比較顯然的做法是直接每項快速冪，複雜度是o(n
logn
)o(nlogn)
o(nlog
n)，卡常應該卡不過去，所以需要換一種做法。
怎麼優化能過呢？顯然需要去掉乙個log
loglo
g，這就需要o(n
)o(n)
o(n)
的預處理了。
我們可以預處理出 a 的1 ~ 1e5 次冪，記錄為陣列a，讓後再預處理出 a1e
5a^
a1e5
的 1 ~ 1e5 次冪，記錄為陣列b，顯然這都是o(n
)o(n)
o(n)
的。讓後考慮這樣乙個東西：xa∗
xb=x
a+
bx^a*x^b=x^
xa∗xb=
xa+b
對於每個要求的a的次冪，假如是a1e
6+
10a^
a1e6+1
0，我們可以轉換成 a1e
510∗a
10a^}*a^
a1e510
∗a10
，那麼答案就是 a[10
]∗b[
10]
a[10]*b[10]
a[10]∗
b[10
] 。也就是說對於乙個x次冪，答案就是b[x
/1e5
]∗a[
xmod
1e5]
b[x/1e5]*a[x \bmod1e5]
b[x/1e
5]∗a
[xmo
d1e5
]。還要注意一點就是f[1
]f[1]
f[1]
是不能%m的，因為這個我wa了十多發了。。
#pragma gcc optimize(2)
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define x first
#define y second
#define r (u<<1|1)
#define mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define re register
using
namespace std;
typedef
long
long ll;
typedef pair<
int,
int> pii;
const
int n=
1000010
,inf=
0x3f3f3f3f
,l=100000
;const
double eps=
1e-6;
ll pre[n]
,f[n]
,pre2[n]
;int
main()
}printf
("%lld\n"
,ans%p);}
return0;
}/**/
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