题解：P15306 『NFC-OI R1』序列玖

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题意

题意比较明确了，这里考虑一下操作的本质。

显而易见的是，这题的 \(a , b\) 是具有对称性的，也就是说答案一定是一个形如 \((ab)^n\) 的东西。因此考虑从 \(a\) 的次数入手。

思路

我们用序列 \(p_i\) 来表示第 \(i\) 此操作后序列中每一个数的 \(a\) 的指数。则 \(p_0 = \{ 1,0 \}\) 表示原序列。

我们想起同底数幂的运算法则：同底数幂相乘，底数不变，指数相加。

用序列 \(d_i\) 来表示第 \(i\) 此操作时新增的数的 \(a\) 的指数，则有 \(d_{i,j} = p_{i-1,j} + p_{i-1,j+1}\)。容易发现，除了首尾两个数，每个数都加了两次，首尾分别是是 \(1,0\)，只加了一次。

分别用 \(D_i , f_i\) 表示序列 \(d_i,p_i\) 中的数字之和，则：

\[D_i = 2f_{i - 1} - 1 \]

\[f_i = D_i + f_{i - 1} \]

\[f_i = 3f_{i - 1} - 1 \]

这个递推式的边界条件是 \(f_0 = 1 + 0 =1\)。

通过注意力或待定系数法可以推出：

\[f_i - \frac{1}{2} = 3f_{i - 1} - 1 - \frac{1}{2} = 3f_{i - 1} - \frac{3}{2} \]

\[f_i - \frac{1}{2} = 3(f_{i - 1}-\frac{1}{2}) \]

\[f_i - \frac{1}{2} = 3^i(f_0-\frac{1}{2}) = \frac{3^i}{2} \]

因此：

\[f_k = \frac{3^k + 1}{2} \]

那么我们所求答案也就是 \((ab)^{f_k}\)。但是由于 \(f_k\) 太大了显然不是快速幂可以处理的量级。考虑优化。

看到对大质数取模时想到了费马小定理：当 \(p\) 为质数，\(\gcd(a,p) = 1\) 时，

\[a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} \]

也就是说：

\[a^{f_k} \equiv a^{f_k \bmod (p-1)} \pmod{p} \]

这里的 \(p\) 就是模数，本题 \(p = 998244353\)。

难点又变成了求 \(f_k \bmod (p-1)\)。\(p-1\) 不是质数，第一想法是用一般的欧拉定理：当 \(\gcd(a,m) = 1\) 时，

\[a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m} \]

这里 \(m = p - 1 = 998244352\)，但如果考虑 \(\gcd(a,m) = 1\) 这一条件，貌似就会变得很复杂。更换方向：我们从余数的定义入手：

设 \(f_k = \frac{3^k + 1}{2} = n \times (p-1) + r\)，这里 \(n\) 是商，\(r\) 是余数。我们所求为 \(r\)。

化简，得：

\[3^k + 1 = 2n \times (p - 1) + 2r \]

\[3^k = n \times 2(p - 1) + (2r - 1) \]

注意这里将 \(2n\) 的系数提到了模数那里，这是为了去除 \(n\) 为偶数的限制条件。

从而 \(2r - 1 = 3^k \bmod (2p-2)\)，便可计算了。但是余数 \(r \in \mathbb{N}\)，因此验证奇偶性：

\(3^k\) 为奇数，对偶数取模仍为奇数，故 \(r = (3^k \bmod (2p - 2) + 1)\div 2\) 显然就是偶数除以二的形式。于是完结撒花。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const ll p = 998244353;

ll qmi(ll a, ll k, ll m) {
    ll res = 1ll;
    while(k) {
        if(k & 1) res = res * a % m;
        a = a * a % m;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

ll solve() {
    ll a, b, k;
    cin >> a >> b >> k;
    ll n = a * b % p;
    ll r = qmi(3, k, 2 * p - 2);
    r = (r + 1) / 2;
    return qmi(n, r, p);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T; cin >> T;
    while(T--) cout << solve() << '\n';
    return 0;
}

感谢阅读喵！