2019 南昌ICPC网络赛 H题 The Nth Item （二阶线性数列递推+快速幂优化） or （矩阵快速幂+广义斐波那契循环节）

写在前面

需要学会的前置技能：
（快速幂+二次剩余+逆元+扩展欧几里得） 或者 （矩阵快速幂+二次剩余）
笔者是一名十八线蒟蒻 $ACMer$，如果文章有误，请在评论区下留言，我会尽快处理，非常感谢！

原题题面

For a series $F$:
$F(0) = 0,F(1) = 1$
$F(n) = 3*F(n-1)+2*F(n-2),(n \geq 2)$
We have some queries. For each query $N$, the answer $A$ is the value $F(N)$ modulo $998244353$.
Moreover, the input data is given in the form of encryption, only the number of queries $Q$ and the first query $N_1$ are given. For the others, the query $N_i(2\leq i\leq Q)$ is defined as the xor of the previous $N_{i-1}$ and the square of the previous answer $A_{i-1}$.For example, if the first query $N_1$ is $2$, the answer $A_1$ is $3$, then the second query $N_2$ is $2\ xor\ (3*3)=11$.
Finally, you don’t need to output all the answers for every query, you just need to output the xor of each query’s answer $A_1\ xor\ A_2 ... xor\ A_Q$
Input:
The input contains two integers, $Q, N,(1\leq Q\leq1e7,0\leq N\leq 1e18),Q$ representing the number of queries and $N$ representing the first query.
Output:
An integer representing the final answer.

输入

17 473844410

输出

903193081

题面分析

已知 $F(n)$， $N_1$求 $A_1\ xor\ A_2 ... xor\ A_Q$,其中
$A_i=\begin{cases} N_{i-1}\ xor \ (A_{i-1}^2)\ \ \ (i\geq2)\\ F(N)\ \ \ (i=1)\\ \end{cases}$
因为异或没有快速或者简便算法，所以我们把重心放在求 $F(n)$上。
本文将介绍两种方法供读者选择：
1.二阶线性数列递推+快速幂优化
2.矩阵快速幂+广义斐波那契循环节

二阶线性数列递推

首先我们直接给不喜欢看证明过程的读者写结论。
对于已知 $F(1),F(2)$的二阶线性数列 $F(n) = a*F(n-1)+b*F(n-2),(n \geq 3)$
我们先计算方程 $x^2-ax-b=0$的解,
如果该方程有二实根 $p,q$，则
$F(n)=Ap^n+Bq^n,A=\frac{F(2)-qF(1)}{p(p-q)},B=\frac{pF(1)-F(2)}{q(p-q)}$------------①
如果该方程只有一实根 $p$，则
$F(n)=(A+bn)p^n,A=\frac{pF(1)-F(2)}{p^2},B=\frac{F(2)-pF(1)}{p^2}$------------②
所以我们设 $a=3,b=2$,代入得到
$F(n)=\frac{1}{\sqrt{17}}((\frac{3+\sqrt{17}}{2})^n-(\frac{3-\sqrt{17}}{2})^n)$
下面给出这种方法的证明，可以不需要掌握，建议有一定数学基础的读者观看。

证明

出于个人偏好，笔者把 $F(n)$记为 $a_{n}=Aa_{n-1}+Ba_{n-2}$。
为了化简该方程，我们努力构造一种 $b_{n+1}=a_{n+1}-xa_{n}(x为待定系数)$，使得原式可以化简为
$b_{n+1}=kb_{n}(k为待定系数)$,从而将二阶递推转化为一阶线性递推。
那我们展开 $b_n$，得到
$a_{n+1}=(k+x)a_{n}-kxa_{n-1}$
那就得到 $\begin{cases} k+x=A\\ -kx=B\\ \end{cases}$
那我们很容易就会想到韦达定理，所以我们得到一个方程：
$x^2-Ax-B=0$。
这个叫做这个数列的 特征方程 ，我们可以用求根公式解出答案。
1.当方程只有一实根时（记为 $p$）：
首先我们可以简单地求出 $b_1$，那显然 $b_n=b_1p^n$，
所以我们得到 $a_{n+1}-pa_{n}=b_1p^n$
再利用和刚才的方法一样，求它的特征方程解出来即可，②式得证。
2.当方程有两实根时（记为 $p,q$）
我们有 $a_{n+1}-qa_{n}=b_1p^n$，同上的方法求解即可，①式得证。

二次剩余

你可能会问： $\frac{1}{\sqrt{17}}((\frac{3+\sqrt{17}}{2})^n-(\frac{3-\sqrt{17}}{2})^n)$这个式子有无理数和分数存在，会丢失精度，为什么我们要求出它？
所以，我们需要引入二次剩余。
通俗来说，就是已知 $n,p$，求 $x^2\equiv n(mod\ p)$的解，具体内容本文不赘述。
我们可以令 $n=17,p=998244353$,代入方程得到其中一个解 $x=524399943$。
这个数特殊在哪里呢？
注意 $x^2\equiv 17(mod\ 998244353)$
也就是说
$x\equiv \sqrt{17}(mod\ 998244353)$,我们记为 $invsqrt(17)$
所以 $524399943$就是在模998244353的情况下，等价于 $\sqrt{17}$的数字！！！
这是我们今天解出这题的第一个关键点！
有了这个数字，我们可以得到
$\frac{3+\sqrt{17}}{2}=(3+524399943)*inv2\ mod\ 998244353=262199973$
其中， $inv2$是2的逆元。利用费马小定理求解。
同理求出 $\sqrt{17}$的逆元----> $524399943^{998244353-2}\ mod\ 998244353$,记为 $invsqrt(17)$
所以也可以得到 $\frac{3-\sqrt{17}}{2}=736044383$
因此 $F(n)=(262199973^n-736044383^n)*invsqrt(17)\ mod\ 998244353$。
n次幂的部分我们可以用快速幂求解，复杂度为 $O(log_2n)$。

优化快速幂

按理来说，这题到这里也就结束了，但因为本题 $Q$最大可以是 $1e7$， $O(log_2n)$的复杂度会超时！
那应该怎么改呢？
我们来考虑考虑优化快速幂。
我们原本使用的快速幂其实是基于2进制的快速幂。
举个例子，求解 $2^{23}$时，我们有 $23=16+4+2+1$（拆成2进制上的权值）
所以 $2^{23}=2^{16}2^42^22^1$。
这样计算不仅快捷，在模 $p$时还会避免溢出。
尽管它已经是如此优秀，但依旧达不到我们的要求。
因此我们提出对快速幂的优化-------->k进制快速幂。
k进制快速幂的原理与普通快速幂相同，就是先把一个数拆成k进制上的权值，再相乘求和。
对于一些题而言， $O(log_{10}n)$已经可以应付大部分，甚至大数的情况了，但我们此处对其要求更高，于是可以考虑 $k\geq1e4$。
笔者在写题时考虑到 $n$可能为 $1e18$，就设 $k=2^{16}=65536$,这样权值位只有四种: $1,65536,65536^2,65536^3$。
那以 $F(n)$中的 $262199973^n$的优化为例，我们有
$262199973^n=x_1^{n/65536^3}+x_2^{(n\ mod\ 65536^3)/65536^2}+x_3^{(n\ mod\ 65536^2)/65536}+x_4^{n\ mod\ 65536}$。
其中
$x_1=262199973^{281474976710656}\ mod\ 998244353$
$x_2=262199973^{4294967296}\ mod\ 998244353$
$x_3=262199973^{65536}\ mod\ 998244353$
$x_4=262199973$
这四个数可以用普通快速幂提前处理出来。
同理也是可以优化 $736044383^n$。
这样复杂度就从原来的 $O(log_2n)$降到 $O(log_{65536}n)$左右了，即使 $n=1e18$，复杂度大约也在 $O(96)$不到。当然 $k$可以取更大的或者稍小一些的数字，有兴趣的读者可以试一试。
需要注意的是，在求 $A_i$的时候可能会产生循环节，因此把每一次的结果都要记忆化。 好像群里大佬说只有最小循环节期望只有几万…
事实上，这个方法可以再优化：利用欧拉定理降幂，可以把n降到 $(p-1)$以下后，再用上述方法取 $k=65536$求解，就只有两个权值： $1$和 $65536$了。复杂度可以降到原来的 $\frac{1}{2}$左右。这部分留给读者自己去探索。

AC代码(305ms)

//代码很丑，大家见谅TAT
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
map<long long,long long>P; 
long long qsm(long long a,long long b,long long c)//普通快速幂
{
    long long ans=1,base=a;
    while(b!=0)
	{
        if(b&1)
        ans=ans*base%c;
        base=base*base%c;
        b>>=1;
	}
    return ans%c;
}
long long inv17=524399943;//根号17
long long ans1=262199973,ans11=133071688,ans12=296255346,ans13=253151293;
long long ans2=736044383,ans21=19600266,ans22=683624219,ans23=530734902;
//都是预处理用的数字
long long f1(long long ans,long long n)//优化快速幂
{
	long long x0=n/281474976710656LL;
	long long x1=x1=(n%281474976710656LL)/4294967296LL;
	long long x2=(n%4294967296LL)/65536LL;
	long long x3=n%65536LL;
	long long sum=(((((qsm(ans12,x1,mod)%mod)*qsm(ans11,x2,mod)%mod)%mod)*qsm(ans1,x3,mod)%mod)*qsm(ans13,x0,mod)%mod)%mod;
	return sum;
}
long long f2(long long ans,long long n)
{
	long long x0=n/281474976710656LL;
	long long x1=x1=(n%281474976710656LL)/4294967296LL;
	long long x2=(n%4294967296LL)/65536LL;
	long long x3=n%65536LL;
	long long sum=((((qsm(ans22,x1%mod,mod)%mod)*(qsm(ans21,x2,mod)%mod)%mod)*qsm(ans2,x3,mod)%mod)*qsm(ans23,x0,mod)%mod)%mod;
	return sum;
}
long long f(long long n)//求F（n）
{
	if(P.find(n)!=P.end())
		return P[n];
	long long ans=(f1(ans1,n)-f2(ans2,n)+mod)%mod;
	ans=ans*qsm(inv17,mod-2,mod)%mod;
	P[n]=ans%mod;
	return ans%mod;
}
int main()
{
	long long q,n;
	scanf("%lld%lld",&q,&n);
	long long ans=f(n),sum=f(n);
	for(int i=1;i<=q-1;i++)
	{
		n=n^(ans*ans);
		ans=f(n);
		sum=sum^ans;
	}
	printf("%lld\n",sum);
}

真是道一言难尽的题…
但在赛后听了群里大佬们的做法之后，我仔细想了想，发现 这个做法缺乏一般性。
了解二次剩余的读者可以发现，对于 $x^2\equiv n(mod\ p)$， $x$不一定有解！，这也就意味着今天如果 $F(N)$下的系数如果被设计到没有二次剩余（比如改成 $F(n) = 3*F(n-1)+F(n-2)$，根据上述方法做的话，你会发现根号 $x^2\equiv 13(mod\ 998244353)$无解！），该方法便无法使用！
那咋整呢？那咋整呢？那咋整呢？
这里引出第二种方法（通用）：广义斐波那契循环节

广义斐波那契循环节

对于数列 $F(n) = a*F(n-1)+b*F(n-2)$，我们称其为广义斐波那契数列。
在数学上可以证明: $F(n)\ mod\ p$是存在循环节的。这里不提供证明，可以说下结论。
记 $c=a^2+4b$,若 $c$是模 $p$的二次剩余时，枚举 $p-1$的所有因子，找到最小的因子 $ans$，使得
$\begin{bmatrix} a & b \\ 1 & 0 \end{bmatrix}^{ans}(mod\ p)\equiv \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$
$ans$就是所求的循环节。
若 $c$不是模 $p$的二次剩余，则枚举 $p^2-1$的所有因子，方法同上。
找出循环节 $T$之后（笔者之前算出循环节为 $499122476$（即 $\frac{p-1}{2})$）， $F(N)=F(N\ mod\ T)$。因为这个循环节还是很大，所以要再用矩阵快速幂去得到解循环节以内的内容。
当然也可以用类似优化快速幂的方法去优化矩阵快速幂。
这里给出我队友的代码。

AC代码（683ms）

#pragma warning(disable:4996)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define per(a,b,c) for(int a=b;a<c;++a)
#define rep(a,b,c) for(int a=b;a>c;--a)
#define ll long long
const int maxn(2e2 + 10);
const int mod(998244353);
const int G(3);
const int xunhuanjie(499122176);
#define MAXN maxn
ll a[3][3],b[3][3],c[3][3],dabiao[100000][3][3];
inline void qmatrix(ll m) {
    ll d[3][3];
    per(i, 1, 3) per(j, 1, 3) b[i][j] = a[i][j];
    c[1][1] = 1;
    c[1][2] = 0;
    c[2][1] = 0;
    c[2][2] = 1;
    while(m){
        if (m & 1) {
            d[1][1] = c[1][1] * b[1][1] + c[1][2] * b[2][1];
            d[1][2] = c[1][1] * b[1][2] + c[1][2] * b[2][2];
            d[2][1] = c[2][1] * b[1][1] + c[2][2] * b[2][1];
            d[2][2] = c[2][1] * b[1][2] + c[2][2] * b[2][2];
            per(i, 1, 3)per(j, 1, 3)c[i][j] = d[i][j] % mod;
            per(i,1, 3)per(j,1, 3)c[i][j] = d[i][j] % mod;
        }
        d[1][1] = b[1][1] * b[1][1] + b[1][2] * b[2][1];
        d[1][2] = b[1][1] * b[1][2] + b[1][2] * b[2][2];
        d[2][1] = b[2][1] * b[1][1] + b[2][2] * b[2][1];
        d[2][2] = b[2][1] * b[1][2] + b[2][2] * b[2][2];
        per(i,1, 3)per(j,1, 3)b[i][j] = d[i][j] % mod;
        m >>= 1;
    }
}
inline void tenmatrix(ll m) {
    ll d[3][3];
    per(i,1, 3) per(j,1, 3) b[i][j] = a[i][j];
    c[1][1] = 1;
    c[1][2] = 0;
    c[2][1] = 0;
    c[2][2] = 1;
    int i = 0;
    while (m) {
        ll tmp = m % 100;
        m /= 100;
        if (tmp == 0) {
            i += 100; continue;
        }
        d[1][1] = c[1][1] * dabiao[i+tmp][1][1] + c[1][2] * dabiao[i+tmp][2][1];
        d[1][2] = c[1][1] * dabiao[i+tmp][1][2] + c[1][2] * dabiao[i+tmp][2][2];
        d[2][1] = c[2][1] * dabiao[i+tmp][1][1] + c[2][2] * dabiao[i+tmp][2][1];
        d[2][2] = c[2][1] * dabiao[i+tmp][1][2] + c[2][2] * dabiao[i+tmp][2][2];
        per(k, 1, 3)per(j,1, 3)c[k][j] = d[k][j] % mod;
        i += 100;
    }
}
ll Q, N,ten[20];
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("./Acm.in", "r", stdin);
    freopen("./Acm.out", "w", stdout);
#endif // !ONLINE_JUDGE
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    a[1][1] = 3;
    a[1][2] = 2;
    a[2][1] = 1;
    a[2][2] = 0;
    ten[0] = 1;
    per(i, 1, 20)ten[i] = ten[i - 1] * 100 % xunhuanjie;
    per(i, 1, 1001) {
        if (i % 100 == 0) {
            continue;
        }
        else {
            qmatrix((ten[i/100] * (i % 100))%xunhuanjie);
            per(k, 1, 3)per(j,1, 3)dabiao[i][k][j] = c[k][j];
        }
    }
    cin >> Q >> N;
    ll ans, finans;
    tenmatrix((N-1)%xunhuanjie);
    ans = c[1][1] % mod;
    finans = ans;
    //cout << ans << endl;
    per(i, 2, Q+1) {
        N = N ^ (ans * ans);
        tenmatrix((N-1)%xunhuanjie);
        //N = M; qmu(N - 1);
        ans = c[1][1]%mod;
        finans ^= ans;
        //cout << ans << endl;
    }
    cout << finans << "\n";
}

后记

感谢一波今天的银川网络赛，让我享受赛前起不了床，赛时交不了题，赛后莫名AC的待遇。
祝主办方 提乾日日涉经，令堂天天下葬。
今天和A题斗智斗勇两个小时，赛后一看防AK的TAT…
DrGilbert 2019.9.8