题目链接：https://vjudge.net/problem/HDU-4565
So Easy!
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 5525 Accepted Submission(s): 1841
Where a, b, n, m are positive integers.┌x┐is the ceil of x. For example, ┌3.14┐=4. You are to calculate Sn.
You, a top coder, say: So easy!
2 3 2 2013
2 2 1 2013
14
4
题解：
1.因为：0< a，(a-1)2< b < a2,。当a>=1时， a-1<根号b<a，那么 0<(a-根号b)<1；当0<a<1时， 1-a<根号b<a，那么 那么 0<(a-根号b)<2*a-1<1。综上：0<(a-根号b)<1。所以0<(a-根号b)^n<1
2.这里假设b = 根号b，以方便描述。根据上述结论，那么可得：[(a+b)^n] = [(a+b)^n + (a-b)^n] = (a+b)^n + (a-b)^n 。
解释：
2.1 因为a-1<b<1，所以b必定是浮点数，那么(a+b)^n 也必定是浮点数，此时，再加上个大于0小于1的浮点数(a-b)^n，那么 [(a+b)^n + (a-b)^n] 有可能等于[(a+b)^n] ，也有可能等于[(a+b)^n] +1，这就要取决(a+b)^n的小数部分与(a-b)^n的小数部分之和是否大于1。
2.2 此时，就要将(a+b)^n+(a-b)^n展开进行分析。展开后可知，当b的指数为奇数时，正负抵消；当b的指数为偶数时，b^2k 为一个整数。综上：(a+b)^n+(a-b)^n为一个整数，即表明(a+b)^n的小数部分与(a-b)^n的小数部分之和刚好等于1，所以[(a+b)^n] = [(a+b)^n + (a-b)^n] = (a+b)^n + (a-b)^n 。
3.根据上述分析，问题转化为求：S[n] = (a+b)^n + (a-b)^n 。而这个式子可以看成是二阶齐次递推式的通项公式，可以根据通项公式反推回递推式，然后构造矩阵进行求解。具体如下：
以上来自：http://blog.csdn.net/ljd4305/article/details/8987823
代码如下：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <string>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF = 2e9;
const LL LNF = 9e18;
//const int MOD = 1e9+7;
const int MAXN = 1e6+; int MOD;
const int Size = ;
struct MA
{
LL mat[Size][Size];
void init()
{
for(int i = ; i<Size; i++)
for(int j = ; j<Size; j++)
mat[i][j] = (i==j);
}
}; MA mul(MA x, MA y)
{
MA ret;
memset(ret.mat, , sizeof(ret.mat));
for(int i = ; i<Size; i++)
for(int j = ; j<Size; j++)
for(int k = ; k<Size; k++)
ret.mat[i][j] += 1LL*x.mat[i][k]*y.mat[k][j]%MOD, ret.mat[i][j] = (ret.mat[i][j]%MOD+MOD)%MOD;
return ret;
} MA qpow(MA x, LL y)
{
MA s;
s.init();
while(y)
{
if(y&) s = mul(s, x);
x = mul(x, x);
y >>= ;
}
return s;
} int main()
{
LL a, b, n, m, f[];
while(scanf("%lld%lld%lld%lld", &a,&b,&n,&m)!=EOF)
{
MOD = (int)m;
f[] = ; f[] = *a;
if(n<=)
{
printf("%lld\n", f[n]%MOD);
continue;
} MA s;
memset(s.mat, , sizeof(s.mat));
s.mat[][] = *a; s.mat[][] = b-a*a;
s.mat[][] = ; s.mat[][] = ; s = qpow(s, n-);
LL ans = (1LL*s.mat[][]*f[]%MOD+1LL*s.mat[][]*f[]%MOD+*MOD)%MOD;
printf("%lld\n", ans);
}
}