一道有趣的矩乘题。
题解
显然元辅音可以分开来看，那我们就只看元音。
于是我们就可以很自然地推出ans=∑i=1n(i+1)pi。由于有一个叫重音的东西，所以系数是i+1。直接算会 T（70 分），于是我们就想到了矩阵快速幂。
首先我们当然想到是推 2×2 的，于是写出初始矩阵[02p]，要转移到[2p3p2+2p]。发现矩阵的系数有变化，无法转移。于是我们就需要添加一格来辅助转移。观察两矩阵的系数变化，我们就不难推出辅助的那个应该填什么：[0p2p]→[2pp23p2+2p]。于是得出中间矩阵是⎣⎢⎡1010p00pp⎦⎥⎤。
然后就用同样的方法算辅音即可。
代码
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| #include <cstring>
#include <cmath>
#include <fstream>
using namespace std;
typedef long long LL;
ifstream fin("word.in");
ofstream fout("word.out");
LL chen[4][4], q, p, n, mod, jg[2][4], tt[4][4];
inline void pow(int aa)
{
while(aa)
{
if(aa & 1)
{
for(int j = 1; j <= 3; ++j)
{
tt[1][j] = 0;
for(int k = 1; k <= 3; ++k)
tt[1][j] = (tt[1][j] + jg[1][k] * chen[k][j] % mod) %mod;
}
memcpy(jg, tt, sizeof(jg));
}
aa >>= 1;
for(int i = 1; i <= 3; ++i)
{
for(int j = 1; j <= 3; ++j)
{
tt[i][j] = 0;
for(int k = 1; k <= 3; ++k)
tt[i][j] = (tt[i][j]+chen[i][k]*chen[k][j]%mod)%mod;
}
}
memcpy(chen, tt, sizeof(chen));
}
}
int main()
{
fin >> q >> p >> n >> mod;
jg[1][1] = (q<<1) % mod;
jg[1][2] = q % mod;
chen[1][1] = chen[2][1] = chen[2][2] = q % mod;
chen[1][3] = chen[3][3] = 1;
pow(n);
LL sumy = jg[1][3];
memset(jg, 0, sizeof(jg));
memset(chen, 0, sizeof(chen));
jg[1][1] = (p<<1) % mod;
jg[1][2] = p%mod;
chen[1][1] = chen[2][1] = chen[2][2] = p % mod;
chen[1][3] = chen[3][3] = 1;
pow(n);
LL sumf = jg[1][3];
LL ans = (sumy * sumf % mod + sumy + sumf) % mod;
fout << ans;
return 0;
}
|
