傳送門
久違地來一波題解，來乙個數學角度推式子的方法
記第 \(k\) 次合併後的第 \(i\) 個數為 \(f_\)
根據題意，所求即為 \(ans=f_\) ，且有：
\(f_=af_+bf_+c,f_=i\)
形式上，我們設 \(\exists d\wedge f_+d=a(f_+d)+b(f_+d)\)
則不難換算出 \((a+b-1)d=c\)
注意，只是形式上這樣設， \(d\) 可能本身不存在記 \(g_=f_+d\) 則得到： \(g_=ag_+bg_\)
考慮 \(g\) 之間的轉移，發現與楊輝三角類似，故考慮每個 \(g_\) 的貢獻，很容易得到：
\(\displaystyle g_=\sum_^n\dbinoma^b^g_\)
代回 \(g_=f_+d,f_=i,ans=f_\) ，換元 \(i=i-1\) 得
\(\displaystyle ans=\sum_^\dbinomia^b^i(i+1+d)-d\)
按 \(d\) 展開後得到：
\(\displaystyle ans=\sum_^\dbinomia^b^i\cdot (i+1)+d[\sum_^\dbinomia^b^i-1]\)
後半部分是個很顯然的二項式定理，求和得到 \((a+b)^\)
再代回 \((a+b-1)d=c\) 得到：\(\displaystyle ans=\sum_^\dbinomia^b^i(i+1)+c\cdot -1\over (a+b)-1}\)
接著，我們建構函式，設 \(\displaystyle f(x)=\sum_^\dbinomia^x^=x(a+x)^\)
因此 \(\displaystyle f(x)=\sum_^\dbinomia^x^i\cdot (i+1)=[x(a+x)^]=(a+x)^+x\cdot (a+x)^\cdot (n-1)\)
整理得到： \(\displaystyle \sum_^\dbinomia^x^i\cdot (i+1)=(a+x)^\cdot (a+nx)\)
所以得到 \(\displaystyle \sum_^\dbinomia^b^i\cdot (i+1)=(a+b)^\cdot (a+nb)\)
最後我們得到： \(ans=(a+b)^\cdot (a+nb)+c\cdot \over 1-(a+b)}\)
法一：
對於前半部分，快速冪 \(o(\log n)\) 可直接算出；而後半部分，可能不存在 \(1-(a+b)\) 的逆元，不能直接求解
考慮到其形式上為等比數列求和式，展開為： \(1+(a+b)+(a+b)^2+\cdots +(a+b)^\)
設 \(sumq(q,n)=1+q+q^2+\cdots +q^n\)
則取乙個數 \(m\) ，使得 \(1+q+q^2+\cdots +q^n=(1+q+q^2+\cdots +q^m)(1+q^+q^+q^\rfloor\cdot (m+1)})+q^\rfloor\cdot (m+1)+1}(1+q+\cdots)\)
因此 \(sumq(q,n)=sumq(q,m)\cdot sumq(q^,\lfloor\rfloor)+q^\rfloor\cdot (m+1)+1}\cdot sumq(q,n-m-\lfloor\rfloor\cdot (m+1)-1)\) ，可以遞迴求解
通過估算，大概 \(m=\sqrt n\) 時最優
現分析求 \(sumq(q,n)\) 的複雜度：
記 \(k=\log n\) 則 \(t(k)=3t()+k\)
再記 \(2^a=k\) 則 \(t(a)=3t(a-1)+\cdot 2^a\)
解遞推方程得到 \(t(a)=3^a+o(3^a)=o(3^a)\)
代回得 \(3^a=2^=k^=\log^ n\)
#includeusing namespace std;
typedef long long ll;
ll n,a,b,c,p,ans=1;
inline __int128 fpow(__int128 a,ll x)
inline __int128 sumq(__int128 q,ll n),q>1\) 的形式
設 \(\bmod p=t\)
則 \(-kp=t\)
移項得到 \(q^n-kp(q-1)=t(q-1)+1\)
因此 \(q^n\bmod p(q-1)=t(q-1)+1\)
由於我們所求為 \(t\) ，因此得出：
\(t=\)
我們直接把 \(q\) 在模 \(p(q-1)\) 的意義下跑快速冪，結果直接進行這個處理，就能得到我們索要的結果了
其中，\(p(q-1)\leq 10^\cdot (10^9+10^9)=2\times 10^\) ，要使用 __int128
由於數值過大，甚至對 __int128 寫拆位的快速乘都不行，因此只能龜速乘
時間複雜度為 \(o(\log^2 n)\) ，但由於沒有遞迴，執行速率好像反而比法一快
【**】
#includeusing namespace std;
typedef long long ll;
ll n,a,b,c,p,ans=1;
inline __int128 fpow(__int128 a,__int128 x,__int128 m)
//不用龜速乘的快速冪
inline __int128 fmul(__int128 a,__int128 x,__int128 m)
inline __int128 fpoww(__int128 a,__int128 x,__int128 m)
int main()
//不用龜速乘的快速冪
inline __int128 fmul(__int128 a,__int128 x,__int128 m)
inline __int128 fpoww(__int128 a,__int128 x,__int128 m)
int main(){
cin>>n>>a>>b>>c>>p;
if(n>1) ans=fpow(a+b,n-2,p)*(a+(__int128)n*b%p)%p + (fpoww(a+b,n-1,(__int128)p*(a+b-1))-1)/(a+b-1)*c%p +p;
cout《目前好像是榜一
開了 o2
不開 o2
P7713 EZEC 10 打分 題解
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