（HDU6395）2018 Multi-University Training Contest 7 - 1010 - Sequence - 分块矩阵快速幂

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6395

题意：给出数列递推式，Fn=C⋅Fn−2+D⋅Fn−1+⌊P/n⌋求数列的第n项。

解析：由于公式中包含非常数项⌊P/i⌋，所以不能直接用矩阵快速幂，因为n-3个矩阵是不同的，但可以想到按⌊P/i⌋的值分块，那么每块中的⌊P/i⌋相同，就可以对每个块单独构造矩阵使用矩阵快速幂，然后将多块矩阵再相乘即可。

这里可以简化一点，就是只先将多块的矩阵相乘，而先不乘初始的列向量（初始列向量即{F2,F1,1}）。这样比每块都乘上由上一块算出来的列向量要好实现一些。

这题首先分块是个难点，而且块的级别在sqrt(P)，直接对于3~n分块的话会超时，所以我们直接暴力前1e5项（因为前面分的块多），后面的再分块，就能有较好的复杂度。

代码：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define M 3
#define mod 1000000007

ll A,B,C,D,P,n;

struct Matrix
{
    Matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}
    ll a[M][M];
    void init()//初始化为单位矩阵
    {
        for(ll i=0;i<M;i++)
            for(ll j=0;j<M;j++)
                a[i][j]=0;
        for(ll i=0;i<M;i++)
            a[i][i]=1;
    }
}MA,MT;
Matrix mul(Matrix a,Matrix b) //(a*b)%mod
{
    Matrix ans;
    ll i,j,k;
    for(i=0;i<M;i++)
        for(j=0;j<M;j++)
    {
        for(k=0;k<M;k++)
            ans.a[i][j]+=a.a[i][k]*b.a[k][j];
        ans.a[i][j]%=mod;
    }
    return ans;
}
Matrix pow(Matrix a,ll n) //(a^n)%mod
{
    Matrix ans;
    ans.init();
    while(n)
    {
        if(n&1)
            ans=mul(ans,a);
        n>>=1;
        a=mul(a,a);
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&A,&B,&C,&D,&P,&n);

        if(n==1)
            printf("%lld\n",&A);
        else if(n==2)
            printf("%lld\n",&B);
        else if(n==3)
            printf("%lld\n",(C*A+D*B+P/3)%mod);
        else if(n<=100005)//n较小直接暴力
        {
            ll x,y,z;
            x=A;
            y=B;
            for(int i=3;i<=n;i++)
            {
                z=C*x+D*y+P/i;
                z%=mod;
                x=y;
                y=z;
            }
            printf("%lld\n",y);
        }
        else
        {
            ll x,y,z;
            x=A;
            y=B;
            for(int i=3;i<=100000;i++)//前1e5项暴力，后面分块
            {
                z=C*x+D*y+P/i;
                z%=mod;
                x=y;
                y=z;
            }

            MT.init();

            int l=n,r,c;
            //假设区间从左到右为从n~100001
            for(int i=P/n;i<=P/100001;i++)//（P/i）就是块值为i的这一块的左端点
            {
                r=P/(i+1)+1;//（P/(i+1)）是下一块的左端，（P/(i+1)+1）就是本块的右端
                r=max(r,100001);
                c=l-r+1;//块长度

                MA.a[0][0]=D; MA.a[0][1]=C; MA.a[0][2]=i;
                MA.a[1][0]=1; MA.a[1][1]=0; MA.a[1][2]=0;
                MA.a[2][0]=0; MA.a[2][1]=0; MA.a[2][2]=1;

                MA=pow(MA,c);
                MT=mul(MT,MA);
                l=r-1;
            }

            ll ans=(MT.a[0][0]*y+MT.a[0][1]*x+MT.a[0][2]*1)%mod;//最后乘上列向量
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}