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P1397 [NOI2013] 矩阵游戏 题解

首先考虑 \(F_{n,m}\) 是怎么由 \(F_{1,1}\) 递推到的

考虑用矩阵优化两个递推式子，那么

\[\begin{bmatrix} F_{i,j-1}&1 \end{bmatrix} \times\begin{bmatrix}a & 0 \\ b & 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} F_{i,j}&1 \end{bmatrix} \]

\[\begin{bmatrix} F_{i-1,m}&1 \end{bmatrix} \times\begin{bmatrix}c & 0 \\ d & 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} F_{i,1}&1 \end{bmatrix} \]

显然，最后结果矩阵就等于：

\[\begin{bmatrix} 1&1 \end{bmatrix} \times (\begin{bmatrix}a & 0 \\ b & 1\end{bmatrix}^{m-1}\times\begin{bmatrix}c & 0 \\ d & 1\end{bmatrix})^{n-1}\times\begin{bmatrix}a & 0 \\ b & 1\end{bmatrix}^{m-1} \]

但是由于 \(1\le n,m\le10^{1000000}\) ，我们需要一些优化

矩阵费马小定理

对于矩阵：\((a,b,p\text{为常数})\)

\[\begin{bmatrix} a & 0 \\ b & 1 \end{bmatrix} \]

当 \(a\ne 1\) 时，显然有：

\[\begin{bmatrix}a & 0 \\ b & 1\end{bmatrix}^{p-1} = \begin{bmatrix}a^{p-1} & 0 \\ b\cdot(a^0+a^1+\cdots+a^{p-2}) & 1\end{bmatrix} \]

若 \(a,p\) 互质，则由费马小定理可得：

\[a^{p-1}\equiv 1\pmod p \]

\[b\cdot(a^0+a^1+\cdots+a^{p-2})\equiv b\cdot\frac{1-a^{p-1}}{1-a}\equiv b\cdot 0\equiv 0\pmod p \]

所以就可以得到：

\[\begin{bmatrix}a & 0 \\ b & 1\end{bmatrix}^{p-1}\equiv\begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{bmatrix}\pmod p \]

这样可以得到单位矩阵，性质十分优美

解法

考虑利用矩阵费马小定理，实际上

\[\begin{bmatrix}a & 0 \\ b & 1\end{bmatrix}^{m-1}=\begin{bmatrix}a & 0 \\ b & 1\end{bmatrix}^{(m-1)\bmod (p-1)} \]

其中 \(p=10^9+7\)

这样我们只需要预处理出 \((m-1)\bmod (p-1),(n-1)\bmod (p-1)\) 就行了

但是 \(a=1\) 或 \(c=1\) 时要特判

code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define int long long

const int p=1e9+7;
const int N=1e6+5;

inline ll read(){
	ll x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}

inline void add(ll &x,ll y){
	x=(x+y)%p;
}

struct matrix{
	int n;
	ll A[2][2];
	inline matrix(int x){n=x;memset(A,0,sizeof(A));}
	inline void operator ~(){
		for(int i=0;i<n;++i) A[i][i]=1;
	}
	inline matrix operator *(const matrix &B) {
		matrix C(n);
		for(int i=0;i<n;++i)
			for(int j=0;j<n;++j)
				for(int k=0;k<n;++k)
					add(C.A[i][k],A[i][j]*B.A[j][k]);
		return C;
	}
	inline matrix operator ^(const ll &idx) {
		matrix B(n),D=*this;
		~B;
		for(ll q=idx;q;q/=2,D=D*D)
			if(q&1) B=B*D;
		return B;
	}
};

ll n,m,a,b,c,d;
char s1[N],s2[N];

signed main(){
	scanf("%s",s1+1);
	scanf("%s",s2+1);
	a=read(),b=read(),c=read(),d=read();
	int len1=strlen(s1+1),len2=strlen(s2+1);
	for(int i=1;i<=len1;++i)
		n=((n<<1)+(n<<3)+(s1[i]^48))%(p-(a!=1));
	for(int i=1;i<=len2;++i)
		m=((m<<1)+(m<<3)+(s2[i]^48))%(p-(c!=1));
	matrix A(2),B(2),x(2),y(2); 
	A.A[0][0]=a,A.A[0][1]=0,A.A[1][0]=b,A.A[1][1]=1;
	B.A[0][0]=c,B.A[0][1]=0,B.A[1][0]=d,B.A[1][1]=1;
	x=A^(m-1);
	B=x*B;
	y=B^(n-1);
	x=y*x;
	cout<<(x.A[0][0]+x.A[1][0])%p;
}

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来源： https://www.cnblogs.com/into-qwq/p/16490097.html

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