题解：SP2450 RABBIT1 - Counting Rabbits

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题意

求斐波那契数列的第 n 项模上 2 ^ m 的值。

分析

前置知识：矩阵加速。

矩阵的三种功能：

  1. 解方程（省选）。
  2. 加速线性 DP（S组）。
  3. 加速 floyd（S组）。

性质：

1.常数乘法：假设

A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{bmatrix}，

则

k*A = \begin{bmatrix} 1*k & 2*k \\ 3*k & 4*k \end{bmatrix}。

2.矩阵乘法

A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}，\\ B = \begin{bmatrix} x & y & z \\ w & u & b \end{bmatrix}，

则

A \times B = \begin{bmatrix} ax + bw & ay + bu & az + bv \\ cx + dw & cy + du & cz + dv \end{bmatrix}。 假如 $A$ 是 $n$ 行 $m$ 列，$B$ 是 $m$ 行 $k$ 列，则 $C$ 是 $n$ 行 $k$ 列。 $$ \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{bmatrix}。 \\ \begin{bmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 \end{bmatrix} $$ 就是单位矩阵。 普通的斐波那契数列 $F_i = F_{i - 1} + F_{i - 2}$，可以通过矩阵乘法求出$F_n$。 可以发现，每次 $F_i = F_{i - 1} + F_{i - 2}$，$F_{i - 1} = F_{i - 1}$，通过矩阵乘法能做到这样的操作，每次乘的矩阵是 $$ \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}。 $$ 而要乘 $n - 2$ 次，自然想到优化是快速幂，就是 $$ \begin{bmatrix} F_1 & F_2 \end{bmatrix} \times { \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} } ^ {n - 2} = \begin{bmatrix} F_{n - 1} & F_n \end{bmatrix}。 $$ 结合律 $A \times B \times C = (A \times B) \times C = A \times (B \times C)，

但

A \times B \ne B \times A。

代码

//Code by hhy
#include<bits/stdc++.h>
#define F(i , a , b , c) for( int i = (a) ; ((c > 0) ? i <= (b) : i >= (b)) ; i += c )
#define T(i , root , b , c) for( int i = root ; b ; c )
#define int long long
#define W(f) while(f)
#define ull unsigned long long
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define debug(...){\
    cout<<"debug in function "<<__FUNCTION__<<",line "<<__LINE__<<"\n";\
    string s=#__VA_ARGS__,s2="";\
    vector<string>v;\
    for(auto i:s){\
        if(i==','){\
            v.push_back(s2);\
            s2="";\
        }else{\
            s2+=i;\
        }\
    }\
    v.push_back(s2);\
    vector<int>v2={__VA_ARGS__};\
    for(int i=0;i<v.size()-1;i++){\
        cout<<v[i]<<"="<<v2[i]<<"\n";\
    }\
    cout<<v[v.size()-1]<<"="<<v2[v2.size()-1]<<"\n\n";\
}
using namespace std ;
const int kMaxN = 105 , MOD = 1e9 + 7 , INF = 1e9 ;
struct Edgepr
{
    int u , w ;
};
struct Edgeve
{
    int v , w ;
};
int n , mod ; 
struct node
{
  int n , m , a[kMaxN][kMaxN] ;
  node(int x , int y) 
  {
    n = x ;
    m = y ;
    memset(a , 0 , sizeof a) ;
    }
    node operator * (const node b)
    {
        node c(n , b.m) ;
        for( int i = 1 ; i <= n ; i++ )
        {
            for( int j = 1 ; j <= b.m ; j++ )
            {
                for( int k = 1 ; k <= m ; k++ )
                {
                    c.a[i][j] += a[i][k] * b.a[k][j] ;
                    c.a[i][j] %= mod ;
                }
            }
        }
        return c ;
    }
};
node ksm(node a , int b)
{
    node mul(2 , 2) ;
    for( int i = 1 ; i <= 2 ; i++ ) mul.a[i][i] = 1 ;
    while(b)
    {
        if(b & 1) mul = mul * a ;
        a = a * a ;
        b >>= 1 ;
    }
    return mul ;
}
inline int read()
{
    int x = 0 , f = 1 ;
    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 ;
}
void write(int x)
{
    if(x < 0) putchar('-') , x = -x ;
    if(x > 9) write(x / 10) ;
    putchar(x % 10 + '0') ;
}
void init()
{

}
void work()
{
  init() ;
  int m ;
  cin >> n >> m ;
  mod = 1 << m ;
  if(n <= 2) {cout << 1 % mod << "\n" ; return ;}
  node a(2 , 2) , b(1 , 2) ;
  a.a[2][1] = 1 ;
  a.a[1][2] = 1 ;               
    a.a[1][1] = 1 ;
    a = ksm(a , n - 1) ;    
    b.a[1][1] = 1 ;
    b.a[1][2] = 1 ;
    b = b * a ;
    cout << b.a[1][1] << "\n" ;
}
signed main()
{
//  freopen(".in" , "r" , stdin) ;
//  freopen(".out" , "w" , stdout) ;
  ios::sync_with_stdio(0) , cin.tie(0) , cout.tie(0) ;
  int t = 1 ;
  cin >> t ;
  while(t--) work() ;
  return 0 ;
}