theme:给定q,n,p,1≤n,q,p≤10^9,求S=(∑(i=1,n)q^i）mod p
solution:求q^i很简单，用快速幂就行，关键是n到10^9,切丁超时。开始是想求出等比数列的和，但要除以q-1,而q-1与p又不一定互质，所以也没法用乘法逆元。可以看出完全没必要一个一个地用快速幂算，对于1~n次幂的和，我们可以先算出1~n/2次幂的和，而n/2~n的每一项对应1~n/2每一项的q^(n/2)倍，所以可以o(1)算出右半部分的和。(当然这里还要注意长度的奇偶性)。而1~n/2的和也可以递归算出，这样加上快速幂时间复杂度为o(logn*longn).
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define far(i,t,n) for(int i=t;i<n;++i) typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; ll quickPow(ll a,ll b,ll p) { ll ans=1; while(b) { if(b&1LL)ans=ans*a%p; b>>=1LL; a=a*a%p; } return ans; } ll dfs(ll q,ll p,ll l,ll r) { //cout<<"1:"<<l<<" "<<r<<endl; if(l==r)return quickPow(q,l,p); ll ans=0; ll mid=(l+r)>>1LL; ll len=r-l+1; if(len&1LL) { ans=quickPow(q,r,p)%p; ll pre=dfs(q,p,l,mid-1)%p; ans+=pre*quickPow(q,mid-l,p)%p; ans=(ans+pre)%p; } else { ll pre=dfs(q,p,l,mid)%p; ans+=pre*quickPow(q,mid-l+1,p)%p; ans=(ans+pre)%p; } return ans; } int main() { int t; cin>>t; while(t--) { ll q,n,p; scanf("%lld%lld%lld",&q,&n,&p); if(q==1) { printf("%lld\n",n%p); continue; } ll ans=dfs(q,p,1,n); printf("%lld\n",ans); } }
