題目
發現題解都不夠優雅，就自己來一篇
首先，看清楚了，題目是 \(\sum_^ai^b\) 的餘數 ，而不是 \(\sum_^ab^i\)
( 等比數列求和了解一下 )
畢竟......本蒟蒻一開始就看錯了......
好，進入正題，介於 \(a,b\leq 10^9\) ，暴力就想都不用想了，肯定過不了每一次乘法需要 \(o(b)\) 的時間，加法需要 \(o(a)\) 的時間，外部乙個 \(o(n)\) 的迴圈，總複雜度 \(o(nab)=10^\) ，大概要 \(10^ s\) ，也就是大概 \(31710\) 年吧 逃
首先，有乙個很優秀的方法可以優化乘法，那就是快速冪！
如果你要求 \(a^x\) 那麼你就先求出 \(a^\rfloor}\)
然後 \(a^\rfloor}\times a^\rfloor}\) 就完事啦！
遞迴邊界在於當 \(x=1\) 時 \(a^1=a\)
那奇數怎麼辦？我們知道 \(a^4=a^2\times a^2\) ，但 \(a^5\neq a^2\times a^2\) 啊
沒事，你想， \(a^5=a^2\times a^2\times a^1\) 對不對？
同理，\(a^x=a^\rfloor}\times a^\rfloor}\times a\) ( \(x\) 為奇數)
所以，我們可以遞迴地盤它了：
int pow(int a,int x)int pow(int a,int x)int pow(int a,int x)
return ans;
}
這說明我們還是不夠優雅的，我們還得繼續優化
我們還能發現，根據同餘的性質： \((a+10000)\equiv a (\mod 10000)\)
兩邊同時翻 \(b\) 次方得：
\((a+10000)^b\equiv a^b(\mod10000)\)
這說明了啥？說明我們對於任何大於 \(10000\) 的數 \(n\) ，它的 \(b\) 次方我們已經求過了，就是 \((n\%10000)^b\)
因為本人是 c++ 選手，所以習慣用 \(a\%b\) 表示 \(a\) 除以 \(b\) 的餘數好的，所以我們把 \(1\) ~ \(10000\) 的 \(b\) 次方存起來，比如用 \(c_i\) 表示 \(i^b\%10000\) 。
我們先預處理 \(c_1\)~\(c_\) ，接下來，每次我們要 \(i^b\) ，就直接用 \(c_\) 即可。
耶！總複雜度又下降了，每次預處理都是 \(o(10000\log b)\) 的，統計是 \(o(a)\) 的
\(\because 10000\log b\leq 10^4\times 10^2=10^6\leq 10^9=a\)
\(\therefore o(10000\log b)+o(a)=o(a)\)
總複雜度為 \(o(na)=10^\) , 大概 \(20\) 分鐘吧 繼續逃
至此，我們還能發現，對於給定的 \(a\) ，我們需要將 \(c_1\)~\(c_\) 的加和計算 \(\lfloor\rfloor\) 次，剩下的就是從 \((\lfloor\rfloor\times 10000+1)\) 到 \(a\) 的再各多記一次
也就是把加和乘上 \(\lfloor\rfloor\) ,再加上 \(c_1\)~\(c_\) 的和就可以了
有的機智的小朋友立即意識到了，可以把 \(c_1\)~\(c_\) 的和記錄起來，接下來的乙個迴圈搞掉，豈不美哉
但是為什麼要那麼複雜呢？
我們令 \(add_n=\sum_^nc_i\)
那麼，我們的答案就應該是 \(add_\times \lfloor\rfloor+add_\)
這個實際上叫做字首和不是嗎？
所以現在很明確了吧，我們要的是 \(add_n\) ，只要這個一出來，我們就可以根據公式，\(o(1)\) 輸出答案了
那 \(add_n\) 又怎麼求？ \(c_n\) 全部算出來然後每次算 \(add_n\) 都一遍掃過去？
複雜度 \(o(n^2)\) 的事情過於暴力了吧
我們想：
\(add_n=\sum_^nc_i=\sum_^c_i+c_n=add_+c_n\)
所以我們只要一遍算 \(c_n\) 的時候統計 \(add_n\) 即可
這次，預處理複雜度 \(o(10000\log b)\) ,輸出答案是 \(o(1)\) 的，總複雜度 \(o(10000n\log b)=10^7\) 可以做到一秒出結果了
這邊講乙個毫無意義的高階，雖然對複雜度和答案毫無影響，但確實看起來更優雅：
由尤拉定理得： \(a^\equiv1(\mod n)\)
對於右上角那個鬼東西，它叫尤拉函式，是指小於 \(n\) 的正整數中，與其互質的數的個數
也有的版本是說小於等於 \(n\) 的正整數中，與其互質的數的個數關於尤拉函式的性質，你們可以看看我 這篇文章 中講尤拉函式的那一部分，其它的可以跳過
至於尤拉定理，記住它就行 oi是不需要數學證明的
根據公式 \(\varphi(10000)=4000\) 所以，我們不需要算 \(b\) 次方的快速冪，\(b\%4000\) 的快速冪即可
這樣，您的**將看起來更加的優雅、大氣
hrq：「我現在終於知道了，**優雅指的就是別人看不懂！原來我**不優雅是褒義詞！」(p.s. 雖然絲毫不影響複雜度)
【**】
好的，廢話了那麼多，本蒟蒻要放 我碼風極醜無比的 **了
**前面加了一些讀入和輸出優化，無視即可
#include#includeusing namespace std;
#define f(a,b,c,d) for(register int a=b,c=d;a<=c;a++)
#define g(a,b,c,d) for(register int a=b,c=d;a>=c;a--)
#define file(s) freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout);
typedef int i32;
typedef long long int i64;
const int mod=10000;
namespace input
inline i32 read()
}namespace output
inline void print(i32 x)
inline void print(char c)
}using namespace input;
using namespace output;
//前面全是讀入輸出優化，無視它們
inline i32 pow(i32 d_a,i32 d_x)
return d_ans;
}//快速冪
inline i32 work(i32 d_a,i32 d_b);
f(i,1,i,mod) ar_d_add[i]=ar_d_add[i-1]+pow(i,d_b),ar_d_add[i]-=( (ar_d_add[i]>=mod)?mod:0 );
i32 d_ans= d_a/mod%mod * ar_d_add[mod]%mod + ar_d_add[d_a%mod];
return d_ans>=mod?(d_ans-mod):d_ans;
}//計算結果
i32 main()
output();
return 0;
}//對於主函式盡可能剪短的特殊癖好
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