Description

令(1+sqrt(2))^{n=e(n)+f(n)*sqrt(2),其中e(n),f(n)都是整數(shù)，顯然有(1-sqrt(2))}n=e(n)-f(n)*sqrt(2)。令g(

n)表示f(1),f(2)…f(n)的最小公倍數(shù)，給定兩個(gè)正整數(shù)n和p,其中p是質(zhì)數(shù)，并且保證f(1),f(2)…f(n)在模p意義
下均不為0,請計(jì)算sigma(i*g(i)),1<=i<=n.其在模p的值。

Input

第一行包含一個(gè)正整數(shù) T ，表示有 T 組數(shù)據(jù)，滿足 T≤210 。接下來是測試數(shù)據(jù)。每組測試數(shù)據(jù)只占一行，包含 兩個(gè)正整數(shù) n 和 p
，滿足 1≤n≤10^6,2≤p≤109+7 。保證所有測試數(shù)據(jù)的 n 之和不超過 3×10^6 。

Output

對于每組測試數(shù)據(jù)，輸出一行一個(gè)非負(fù)整數(shù)，表示這組數(shù)據(jù)的答案。

Sample Input

5

1 233

2 233

3 233

4 233

5 233

Sample Output

1

5

35

42

121

題解

推一下式子
會有$e(n+1)=e(n)+2?f(n)$,$f(n+1)=e(n)+f(n)$
所以$e(n+1)=f(n)+f(n+1)$
所以$f(n+1)=2?f(n)+f(n?1)$
類似斐波那契數(shù)列的式子，結(jié)論有一個(gè)是形如$f(n+1)=a?f(n)+b?f(n?1)$的式子均滿足$gcd(f(a),f(b))=f(gcd(a,b))$
那么接下來就和51nod1355是一樣的了
感覺直接抄上去就能過啊…

#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> #include<queue> #include<vector> #include<ctime> #include<map> #include<bitset> #include<set> #define LL long long #define mp(x,y) make_pair(x,y) #define pll pair<long long,long long> #define pii pair<int,int> using namespace std; inline int read() {int f=1,x=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f; } int stack[20]; inline void write(LL x) {if(x<0){putchar('-');x=-x;}if(!x){putchar('0');return;}int top=0;while(x)stack[++top]=x%10,x/=10;while(top)putchar(stack[top--]+'0'); } inline void pr1(int x){write(x);putchar(' ');} inline void pr2(LL x){write(x);putchar('\n');} const int MAXN=3000005; LL f[MAXN],g[MAXN],ans,mod; LL pow_mod(LL a,LL b) {LL ret=1;while(b){if(b&1)ret=ret*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ret; } int n; int main() {int T=read();while(T--){n=read();mod=read();f[1]=g[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++)f[i]=g[i]=(2*f[i-1]+f[i-2])%mod;for(int i=1;i<=n;i++){LL inv=pow_mod(g[i],mod-2);for(int j=2;i*j<=n;j++)g[i*j]=g[i*j]*inv%mod;}ans=0;LL temp=1;for(int i=1;i<=n;i++){temp=temp*g[i]%mod;ans=(ans+temp*i)%mod;}pr2(ans);}return 0; }

總結(jié)

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