2020牛客寒假算法基础集训营1——J.u's的影响力【矩阵快速幂 & 欧拉降幂】（附加强数据 & 注意坑点）

题目传送门

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题目描述

本题测试样例已经更(jia)新(qiang)。

μ’s在九人齐心协力下，影响力越来越大了！
已知第一天影响力为 $x$ ，第二天影响力为 $y$ ，从第三天开始，每一天的影响力为前两天影响力的乘积再乘以 $a$ 的 $b$ 次方。 用数学语言描述是：
设第 $i$ 天的影响力为 $f(i)$ ，那么 $f(1)=x$ ， $f(2)=y$，对于 $i>2$ ， $f(i)=f(i-1)*f(i-2)*a^b$
她们想知道第 $n$ 天影响力是多少？
由于这个数可能非常大，只需要输出其对 $1000000007$ 取模的值就可以了。

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输入描述:

一行五个正整数： $n,x,y,a,b$ 。
$(1<=n,x,y,a,b<=10^{12})$

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输出描述:

第 $n$ 天的影响力对 $1000000007$ 取模的值。

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输入

4 2 3 2 1

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输出

72

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说明

f(1)=2，f(2)=3，f(3)=f(1)*f(2)*2=12，f(4)=f(2)*f(3)*2=72

备注:

1000000007是素数。

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题解

• 显然 $f(n)$ 可以用 $x$ , $y$ 和 $a$ 这三个因子表达出来。
  每一项a的幂次分别是 $0、0、b、2b、4b、7b、12b……$ 从第三项开始每一项为前两项之和加1。
  而 $x$ 和 $y$ 的幂次构成斐波那契数列： $x$ 的幂次第一项是 $1$ ，第二项是 $0$； $y$ 的幂次第一项是 $0$，第二项是 $1$。之后每一项均为前两项之和。
• 根据费马小定理，由于 $1e9+7$ 是素数，有 ${a\mathop{{}}\nolimits^{{1e9+6{\text{ }}}} \equiv 1 \left( mod\text{ }1e9+7 \right) }$。因此幂的指数对 $1e9+6$ 取模即可。要注意a是1000000007的倍数的特殊情况。
• 可以用矩阵快速幂 $O(logn)$ 求出 $x、y、a$ 幂次的第 $n$ 项。
• $参考cf难度分：2200$

特别注意（赛后加强数据）

• 注意 $x\%(1e9+7)=0时，并且x的次幂也为0时，正确答案应该是0，但是由于q\_pow(0,0)返回的是1，会导致答案非0。所以要防止幂为0的特殊情况。$
  提供数据：1000000010 1000000007 3 5 1
• $先计算a的b次方可以避免b模mod-1为0的情况$

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AC-Code

#include <bits/stdc++.h>
//#pragma GCC optimize("O3")
//#pragma G++ optimize("O3")
//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
using namespace std;
#define ll long long
#define RI register int 
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);

const int maxn = 3;
const int mod = 1e9 + 7;

struct mat {
	int m[maxn][maxn];
	mat() {
		memset(m, 0, sizeof m);
	}
}unit;

mat operator * (mat a, mat b) {
	mat ret;
	ll x;
	for (ll i = 0; i < maxn; ++i)
		for (ll j = 0; j < maxn; ++j) {
			x = 0;
			for (ll k = 0; k < maxn; ++k)
				x += ((ll)a.m[i][k] * b.m[k][j]) % (mod - 1);
			ret.m[i][j] = x % (mod - 1);
		}
	return ret;
}

void init_unit() {
	for (int i = 0; i < maxn; ++i)
		unit.m[i][i] = 1;
}

mat pow_mat(mat a, ll n) {
	mat ret = unit;
	while (n) {
		if (n & 1)	ret = ret * a;
		a = a * a;
		n >>= 1;
	}
	return ret;
}

ll q_mult(ll a, ll b, ll k) {
	ll res = 0;
	while (b) {
		if (b & 1)	res = (res + a) % k;
		a = (a + a) % k;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

ll q_pow(ll a, ll n, ll k) {
	ll res = 1;
	while (n) {
		if (n & 1)	res = q_mult(res, a, k);
		a = (a * a) % k;
		n >>= 1;
	}
	return res;
}

int main() {
	ios;
	init_unit();
	ll n, x, y, a, b;
	while (cin >> n >> x >> y >> a >> b) {

		a = q_pow(a % mod, b, mod);
		x = x % mod;
		y = y % mod;
		if (n == 1) {
			cout << x << endl;
		}
		else if (n == 2) {
			cout << y << endl;
		}
		else if (n == 3) {
			cout << q_mult(q_mult(x, y, mod), a % mod, mod) << endl;
		}
		else {
			mat mat_a, mat_b;
			mat_b.m[0][0] = 1, mat_b.m[0][1] = 1, mat_b.m[0][2] = 0;
			mat_b.m[1][0] = 1, mat_b.m[1][1] = 0, mat_b.m[1][2] = 1;
			mat_b.m[2][0] = 0, mat_b.m[2][1] = 0, mat_b.m[2][2] = 0;

			mat_a.m[0][0] = 1, mat_a.m[0][1] = 1, mat_a.m[0][2] = 0;

			ll z1 = (mat_a * pow_mat(mat_b, n - 4)).m[0][0];
			ll z2 = (mat_a * pow_mat(mat_b, n - 3)).m[0][0];
			ll z3 = (mat_a * pow_mat(mat_b, n - 2)).m[0][0] - 1LL;

			cout << q_mult(q_mult(q_pow(x, z1+mod-1, mod), q_pow(y, z2, mod), mod), q_pow(a % mod, z3 % (mod - 1), mod), mod) << endl;
		}
	}
}