小紅帽的畫筆(NOIP模擬賽Round 7)


又到了神奇的模擬賽時間~

真是喪~

好吧我們來看看題目

小紅帽是Pop star上最著名的人類畫家,她可以將任何畫出的東西變成真實的物品。賦予她這樣神奇能力的正是她手上的畫筆。

小紅帽每次作畫時,都需要用到她的調色盤,我們把每個自然數都對應一種顏色,那么小紅帽的調色盤就可以看成是一個斐波那契數列(數列第12項都為1,小紅帽每次需要一種顏色時,她都會用畫筆蘸取一段區間,得到的顏色就是區間里所有的數之和。

受到秋之國人民的邀請,小紅帽要為他們畫一個夏天。小紅帽要進行n次取色,給出每次蘸取的區間[l,r],作為小C委派來進行記錄的你需要輸出每次小紅帽得到的顏色,答案對mod取模

【數據范圍】

對於10%的數據,n<=100,l,r<=10^4;

對於30%的數據,l,r<=10^7;

對於90%的數據,mod<=10^9;

對於100%的數據,0<=n<=1000,1<=l<=r<=10^18,0<mod<=10^18。

————————————————我是分割線————————————————————

很顯然,這道題目就是求斐波那契數列前r項的前綴和減去前l-1項的前綴和,普通的DP都可以做到求斐波那契數列,但是很顯然10^18我們就會T

在此我們講講矩陣乘法

矩陣乘法,顧名思義,就是2個矩陣相乘。具體如下

 

所以呢我們如果要算斐波那契數列的第N項只需要將圖中的矩陣自乘n-2次,再乘第一個矩陣,得到的矩陣的第一個數就是答案

那么我們又怎樣求前綴和呢?

在此有兩種方法供參考

TOP1:找規律

我們假設a,b為斐波那契數列的第一項和第二項

那么我們很顯然就可以遞推出后面的幾項

那么這有什么規律呢?

很快就發現了規律

a=a+b-b;a+b=a+2b-b;2a+2b=2a+3b-b;3a+4b=3a+5b-b.....

所以我們只需要求num[r+2]-1-(num[l-1+r]-1)=num[r+2]-num[l-1]即可啦

TOP2:構造矩陣

顯然我們知道我們要保留答案矩陣的前面2個數,而我們想辦法構造出第三個數,用於計算前綴和。這樣將這個矩陣自乘n-2次,輸出第三個數就好啦。

然后我們會想到我們的前綴和就是sum[i]=sum[i-1]+num[i];

然后就會構造出這個矩陣啦

———————————————我是分割線—————————————————

那么我們還看到一個問題,如何處理mod?

我們知道如果mod為10^18

那么一次乘法操作的數會達到10^36

如果是這樣我們就需要做高精除+高精乘了。

但是有沒有更快的方法?

首先我們知道如果在加法中進行取余,結果不改變。

所以我們將乘法轉變為加法

這樣速度雖然慢了點,卻不會爆long long

然后這道題就愉快解決啦!

下面貼代碼

#include<cstdio>
#include
<cstring>
#include
<algorithm>
using namespace std;
int n;
struct matrix{
unsigned
long long mat[2][2];
};
unsigned
long long l,r,mod;
long long mul(long long x,long long y)
{
if (x<y) swap(x,y);
register
long long z=0;
for (;y;y>>=1,x<<=1,x=x>=mod?x-mod:x) if (y&1) z+=x,z=z>=mod?z-mod:z;
return z;
}
matrix multiply(matrix a,matrix b)
{
unsigned
long long sum=0;
matrix c;
memset(c.mat,
0,sizeof(c.mat));
for(int i=0;i<=1;i++)
for(int j=0;j<=1;j++)
{
sum
=0;
for(int k=0;k<=1;k++)
{
long long numqq=mul(a.mat[i][k],b.mat[k][j]);
if(mod>1000000000)sum+=numqq,sum%=mod;
else sum+=(a.mat[i][k]*b.mat[k][j])%mod;
}
c.mat[i][j]
=sum;
}
return c;
}
matrix matmod(matrix a,unsigned
long long k)
{
matrix res;
memset(res.mat,
0,sizeof(res.mat));
for(int i=0;i<=1;i++)res.mat[i][i]=1;
while(k)
{
if(k&1)res=multiply(res,a);
k
>>=1;
a
=multiply(a,a);
}
return res;
}
unsigned
long long work(unsigned long long x)
{
if(x==0)return 0;
if(x==1)return 1;
if(x==2)return 2;
matrix a,b;
memset(a.mat,
0,sizeof(a.mat));
memset(b.mat,
0,sizeof(b.mat));
for(int i=0;i<=1;i++)a.mat[i][1]=1;
for(int i=0;i<=1;i++)b.mat[i][0]=1;
a.mat[
1][0]=1;
a
=matmod(a,x);
a
=multiply(a,b);
return (a.mat[1][0]-1+mod)%mod;
}
int main(){
freopen(
"artist.in","r",stdin);
freopen(
"artist.out","w",stdout);
scanf(
"%d%lld",&n,&mod);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf(
"%lld%lld",&l,&r);
unsigned
long long num1=0,num2=0;
num1
=work(l-1);
num2
=work(r);
unsigned
long long ans=num2-num1+mod;
printf(
"%lld\n",ans%mod);
}
return 0;
fclose(stdin);
fclose(stdout);
}

 


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