upc.2219: A^X mod P(打表 && 超越快速幂（in some ways)）

2219: A^X mod P

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Description

It's easy for ACMer to calculate A^X mod P. Now given seven integers n, A, K, a, b, m, P, and a function f(x) which defined as following.

f(x) = K, x = 1

f(x) = (a*f(x-1) + b)%m , x > 1

Now, Your task is to calculate

( A^(f(1)) + A^(f(2)) + A^(f(3)) + ...... + A^(f(n)) ) modular P.

Input

In the first line there is an integer T (1 < T <= 40), which indicates the number of test cases, and then T test cases follow. A test case contains seven integers n, A, K, a, b, m, P in one line.

1 <= n <= 10^6

0 <= A, K, a, b <= 10^9

1 <= m, P <= 10^9

Output

For each case, the output format is “Case #c: ans”.

c is the case number start from 1.

ans is the answer of this problem.

Sample Input

2

3 2 1 1 1 100 100

3 15 123 2 3 1000 107

Sample Output

Case #1: 14

Case #2: 63

HINT

Source

2013年山东省第四届ACM大学生程序设计竞赛

 #include<stdio.h>

 typedef long long ll ;

 int T ;

 int  n, A, K, a, b, m, P ;

 int small [ <<  | ] ;

 int big [ <<  | ] ;

 int ans ;

 void solve ()

 {

     int ret =  ;

     small[] =  % P ;

     for (int i =  ; i < ( <<  | ) ; i++) {

         small [i] = (ll) small[i - ] * A % P ;

     }

     big[] =  % P ;

     for (int i =  ; i < ( <<  ) ; i++) {

         big[i] = (ll) big[i - ] * small [ << ] % P ;

     }

     while (n --) {

         ret += (ll) small [K & ( << ) - ] * big [K >> ] % P ;

         if (ret >= P) ret -= P ;

         K = ((ll) a * K + b) % m ;

     }

     printf ("Case #%d: %d\n" , ++ans , ret ) ;

 }

 int main ()

 {

     //freopen ("a.txt" , "r" , stdin );

     scanf ("%d" , &T) ;

     ans =  ;

     while (T--) {

         scanf ("%d%d%d%d%d%d%d" , &n , &A , &K , &a , &b , &m , &P) ;

         solve () ;

     }

     return  ;

 }

在求A^X 幂时，快速幂求的话，是O（10^6*log(n)*40） = O(10^9) 肯定会超时，

我们将X转化成 x = i*s + j。

举例来说：

100200= 100000 + 200 ; 如果我们要求A^100200 可以转换成求 (A^100000 ) * (A^200).

所以我们只需要将小的数 && 大的数分别打表存在small[] , big[]中即可。

铭神给的代码里是用二进制表示的。题目里的数据是1 ~ 10^9。所以最大不会超过1 << 30 (10亿7千多万)

所以任何一个f(x) = j + ((1 << 15 ) * i ) 来表示

big[] : A^1 , A^2 , A^ 3 , A^ 4 …… A^s (用s表示 1 << 15)

small[] : A^(s * 1) , A^(s * 2) ,A^( s * 3) ,A^( s * 4) …… A^(s * s)

这样O(1)复杂度内就能找到 A^f(x)

这样每次求A^x，便可以通过这两个数组在O(1)的时间复杂度内求出来，这样时间复杂度就变成了O(10^6*40) = O(4*10^7)了

附代码：

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