第一行乙個正整數，表示資料組資料 ，接下來t行
每行三個正整數n,k,p
t行，每行輸出乙個整數，表示結果
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1題解：首先看到斐波那契數列我們肯定要想到矩陣乘法，但是給出的形式並不能直接求，我們試圖將其轉化為矩乘的形式。
如果不考慮k的話，我們可以設a表示斐波那契數列的轉移矩陣，然後套用二項式定理（這顯然對矩陣運算成立），得到$ans=(i+a)^n$。
如果考慮k的限制呢？所求的式子變成$\sum\limits_^n[k\mid i]c_n^if_i$。而題中保證p是質數且p%k=1，即(p-1)%k=0，p-1的出現暗示著我們可能要用到原根。
接下來就是最神的一步：設g是p的原根，$g^ k}=1$當且僅當$k\mid i$，所以令$w=g^ k}$，我們構造：$\sum\limits_^w^$，這個式子當$k\mid i$時=k，而當$k\nmid i$時，由等比數列求和可知該式=0。所以答案就可以表示成$\sum\limits_^\frac 1 k \sum\limits_^w^c_n^if_i$。
下一步也挺神的（其實應該是個我不知道的套路），我們希望對這個式子強行套用二項式定理，但是這個式子本身並不滿足二項式定理的形式，所以我們先列舉j，得到$\frac 1 k \sum\limits_^\sum\limits_^nw^c_n^if_i$。如果想套用二項式定理，我們需要式子中有乙個n-i，於是我們強行把$w^$變成$w^$，然後將$w^$提出來即可，最後的形式如下：
$\frac 1 k \sum\limits_^w^(w^i+a)^n$。
#include #include #include #include using namespace std;typedef long long ll;
ll n,k,p,ans,g,w;
int m;
ll pri[20];
struct m
ll * operator (const int &a)
m operator * (const m &a) const
}s,t;
inline ll pm(ll x,ll y)
return z;
}inline void pm(ll y)
}inline void work()
if(t>1) pri[++m]=t;
for(g=2;;g++)
w=pm(g,(p-1)/k);
for(i=0;i
printf("%lld\n",ans*pm(k,p-2)%p);
}int main()
//1 100000000000000000 15232 998244353
BZOJ3328 PYXFIB 單位根反演
傳送門 設 a begin1 1 1 0 end 那麼要求的相當於是 sum k i binoma i 求出其中的 a 即可 n mid k frac sum omega 證明 若 n k 那麼根據單位根的消去引理可以得到就是 1 否則，等比數列求和，發現分子為 0 所以帶入單位根 sum k i ...
BZOJ 2440 完全平方數
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