题意
给出参数\(C_1,C_2,P\)按如下方式生成一个长度为\(n \times m\)的序列\(x\):
\(x_0 = C_1,x_1=C2\)
\(x_i=(x_{i-1}+x_{i-1}) \% P \; (i > 1)\)
然后按如下方式生成一个长度为\(n \times m\)的序列\(a\)
\[a_i=\sum\limits_{j=0}^ix_j^2\%P
\]
\]
然后现在进行\(Q\)次操作，每次操作给出两个参数\(k1,k2\)。表示交换\(k1,k2\)的值。
然后把序列\(a\)按顺序放到一个\(n \times m\)的网格中。
要求出一种方案，使得从\((1,1)\)走到\((n,m)\)，所经过的数字排列起来字典序最小。
思路
容易发现，其实就是快速求出\(a_i\)。
然后就推一下式子。
\[x_i^2=x_{i-1}^2+2x_{i-1}x_{i-2}+x_{i-2}^2
\]
\]
\[x_{i-1}^2=x_i^2-x_{i-2}^2-2x_{i-1}x_{i-2}
\]
\]
\[x_{i-1}^2=(x_i+x_{i-2})\times(x_i-x_{i-2}) - 2x_{i-1}x_{i-2}
\]
\]
\[x_{i-1}^2=x_{i-1}(x_i+x_{i-2}) - 2x_{i-1}x_{i-2}
\]
\]
\[x_{i-1}^2=x_ix_{i-1}+x_{i-1}x_{i-2}-2x_{i-1}x_{i-2}
\]
\]
\[x_{i-1}^2=x_ix_{i-1}-x_{i-1}x_{i-2}
\]
\]
也就是说
\[x_i^2=x_{i+1}x_i-x_ix_{i-1}
\]
\]
这样也就是容易得到
\[a_i=x_{i+1}x_i-C_1(C_2-C_1)
\]
\]
所以只要可以快速的求出斐波那契数列第\(i\)项就可以了。
如果直接每次矩阵快速幂会\(TLE\)
所以先预处理出\(fbi_1,fbi_2,fbi_3...fbi_m\)和\(fbi_m,fbi_{2m},fbi_{3m}...fbi{nm}\)的转移矩阵。
对于第\(i\)行第\(j\)列的数，直接\(O(2^3)\)求出
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 500000 + 100,INF = 1e9 + 7;
map<ll,ll>ma;
ll read() {
ll x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9') {
x=x*10+c-'0';
c=getchar();
}
return x*f;
}
int C1,C2,mod,n,m,Q;
namespace FBI {
struct node {
int a[3][3],n,m;
node() {
memset(a,0,sizeof(a));
}
node(int x) {
n = m = x;
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i = 1;i <= x;++i) a[i][i] = 1;
}
node(int x,int y) {
n = x,m = y;
memset(a,0,sizeof(a));
}
};
node operator * (const node &A,const node &B) {
int n = A.n,m = B.m,K = A.m;
node ret(n,m);
for(int k = 1;k <= K;++k) {
for(int i = 1;i <= n;++i) {
for(int j = 1;j <= m;++j) {
ret.a[i][j] += 1ll * A.a[i][k] * B.a[k][j] % mod;
ret.a[i][j] %= mod;
}
}
}
return ret;
}
node fbi(1,2),tmp(2,2),lin[N],row[N];
void pre() {
fbi.a[1][1] = C2,fbi.a[1][2] = C1;
tmp.a[1][1] = tmp.a[1][2] = tmp.a[2][1] = 1;
row[0].n = row[0].m = 2;row[0].a[1][1] = row[0].a[2][2] = 1;
for(int i = 1;i <= m;++i) row[i] = row[i - 1] * tmp;
lin[0].n = lin[0].m = 2;
lin[0].a[1][1] = lin[0].a[2][2] = 1;
for(int i = 1;i <= n;++i) lin[i] = lin[i - 1] * row[m];
}
int solve(ll x) {
if(x == -1) return (C2 - C1 + mod) % mod;
if(x == 0) return C1;
if(x == 1) return C2;
--x;
int y = x % m;
x /= m;
return (fbi * lin[x] * row[y]).a[1][1];
}
int main(ll x) {
return (1ll * solve(x + 1) * solve(x) % mod - 1ll * C1 * (C2 - C1) % mod + mod) % mod;
}
}
ll p(ll x,ll y) {
ll z = (x - 1) * m + y;
if(ma[z]) return ma[z];
return z;
}
ll cnt = 1,ans;
void solve(int x,int y) {
++cnt;
if(x == n && y == m) return;
int down = INF,right = INF;
if(x != n) down = FBI::main(p(x + 1,y));
if(y != m) right = FBI::main(p(x,y + 1));
if(down <= right) {
ans += cnt * down % mod;
ans %= mod;
solve(x + 1,y);
}
else {
ans += cnt * right % mod;
ans %= mod;
solve(x,y + 1);
}
return;
}
int main() {
n = read(),m = read(),Q = read(),mod = read(),C1 = read(),C2 = read();
for(int i = 1;i <= Q;++i) {
ll x = read(),y = read(),tx = x,ty = y;
if(ma[x]) tx = ma[x];
if(ma[y]) ty = ma[y];
ma[x] = ty;ma[y] = tx;
}
FBI::pre();
if(ma[1]) ans += FBI::main(ma[1]),ans %= mod;
else ans += FBI::main(1),ans %= mod;
solve(1,1);
cout<<ans;
return 0;
}