傳送門

題意：

$$\sum _{i=0}^{?\frac{n}{k}?}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{ik}\right)F_{ik}$$

$F$為斐波拉契數(shù)列

$n\le 1e18,k\le 2e4,p\le 1e9$且為質(zhì)數(shù)且模$k$余$1$

---

顯然就是求

$$\sum _{i=0}^n[k\mid i]\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)F_i$$

顯然$F$可以通過矩陣表示出來

設(shè)

$$A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right),S=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)$$

那么只需要求出

$$\sum _{i=0}^n[k\mid i]\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)A^{i}S$$

相當(dāng)于求

$$\sum _{i=0}^n[k\mid i]\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)A^i$$

然后日常把這個(gè)幻視成二項(xiàng)式定理害得我調(diào)了兩個(gè)小時(shí)

顯然可以單位根反演

$$\frac{1}{k}\sum _{j=0}^{k?1}\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)A^i{\omega }^{ij}$$

$$=\frac{1}{k}\sum _{j=0}^{k?1}\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)(A{\omega }^j{)}^i$$

二項(xiàng)式定理走一波

$$=\frac{1}{k}\sum _{j=0}^{k?1}(A{\omega }^j+I{)}^n$$

然后就可以算了

因?yàn)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$p\%k=1$，所以可以找一個(gè)原根算出$\omega$

復(fù)雜度$O(k\log n)$

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> using namespace std; typedef long long ll; ll n; int k,MOD; inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;} inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;} inline int qpow(int a,int b) {int ans=1;while (b){if (b&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;b>>=1;}return ans; } int g,Wn; inline bool check(int x) {int n=x;for (int i=2;i*i<=x;i++)if (x%i==0){if (qpow(g,n/i)==1) return false;while (x%i==0) x/=i;}if (x>1&&qpow(g,n/x)==1) return false;return true; } struct mat {int e[2][2];mat(const int& x=0){e[0][0]=e[1][1]=x;e[0][1]=e[1][0]=0;}int* operator [](int i){return e[i];} }; inline int det(mat m){return dec((ll)m[0][0]*m[1][1]%MOD,(ll)m[0][1]*m[1][0]%MOD);} inline mat operator *(mat a,mat b) {mat ans;ans[0][0]=add((ll)a[0][0]*b[0][0]%MOD,(ll)a[0][1]*b[1][0]%MOD);ans[0][1]=add((ll)a[0][0]*b[0][1]%MOD,(ll)a[0][1]*b[1][1]%MOD);ans[1][0]=add((ll)a[1][0]*b[0][0]%MOD,(ll)a[1][1]*b[1][0]%MOD);ans[1][1]=add((ll)a[1][0]*b[0][1]%MOD,(ll)a[1][1]*b[1][1]%MOD); return ans; } inline mat operator +(mat a,mat b) {mat ans;ans[0][0]=add(a[0][0],b[0][0]);ans[0][1]=add(a[0][1],b[0][1]);ans[1][0]=add(a[1][0],b[1][0]);ans[1][1]=add(a[1][1],b[1][1]); return ans; } inline mat operator *(mat a,const int& t) {mat ans;ans[0][0]=(ll)a[0][0]*t%MOD;ans[0][1]=(ll)a[0][1]*t%MOD;ans[1][0]=(ll)a[1][0]*t%MOD;ans[1][1]=(ll)a[1][1]*t%MOD; return ans; } inline mat qpow(mat a,ll p) {mat ans(1);while (p){if (p&1) ans=ans*a;a=a*a;p>>=1;}return ans; } int main() {int T;scanf("%d",&T);while (T--){scanf("%lld%d%d",&n,&k,&MOD);for(g=2;!check(MOD-1);g++);Wn=qpow(g,(MOD-1)/k);mat T,sum;T[0][0]=T[0][1]=T[1][0]=1;T[1][1]=0;for (int i=0;i<k;i++,T=T*Wn) sum=sum+qpow(T+mat(1),n);sum=sum*qpow(k,MOD-2);printf("%d\n",sum[0][0]);}return 0; } 創(chuàng)作挑戰(zhàn)賽新人創(chuàng)作獎(jiǎng)勵(lì)來咯，堅(jiān)持創(chuàng)作打卡瓜分現(xiàn)金大獎(jiǎng)

總結(jié)

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