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快速幂

例题

序列的第 k 个数

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// 六 数学基础 | 1 快速幂
// #10193. 「一本通 6.1 例 1」序列的第 k 个数
#include <bits/stdc++.h>
#define lli long long int
using namespace std;
const lli p = 200907;

lli qpow(lli x, lli y) {
    lli ans = 1;
    while(y) {
        if(y & 1) (ans *= x) %= p;
        (x *= x) %= p;
        y >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    for(int i = 1; i <= T; i ++) {
        lli a, b, c, n;
        scanf("%lld%lld%lld%lld", &a, &b, &c, &n);
        if(a + c == b + b) {
            lli d = b - a;
            printf("%lld\n", a + (n - 1) % p * d % p);
        } else {
            lli q = b / a;
            printf("%lld\n", a * qpow(q, n - 1) % p);
        }
    }
    return 0;
}

练习题

A 的 B 次方

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// 六 数学基础 | 1 快速幂
// #10194. 「一本通 6.1 练习 1」A 的 B 次方
// P1226 【模板】快速幂
#include <bits/stdc++.h>
#define lli long long int
using namespace std;
lli p;

lli qpow(lli x, lli y) {
    lli ans = 1;
    while(y) {
        if(y & 1) (ans *= x) %= p;
        (x *= x) %= p;
        y >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main() {
    lli x, y;
    scanf("%lld%lld%lld", &x, &y, &p);
    printf("%lld", qpow(x, y));
    return 0;
}

转圈游戏

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// 六 数学基础 | 1 快速幂
// #10195. 「一本通 6.1 练习 2」转圈游戏
// P1965 [NOIP2013 提高组] 转圈游戏
#include <bits/stdc++.h>
#define lli long long int
using namespace std;

lli qpow(int x, int y, int p) {
    lli ans = 1;
    while(y) {
        if(y & 1) (ans *= x) %= p;
        (x *= x) %= p;
        y >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main() {
    lli n, m, k, K, x;
    scanf("%lld%lld%lld%lld", &n, &m, &k, &x);
    K = qpow(10, k, n);
    // (x + mK) % n
    printf("%lld", (x % n + m * K % n) % n);
    return 0;
}

越狱

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// 六 数学基础 | 1 快速幂
// #10196. 「一本通 6.1 练习 3」越狱
// P3197 [HNOI2008] 越狱
#include <bits/stdc++.h>
#define lli long long int
using namespace std;
const int M = 1e5 + 3;

lli pow2(lli x, lli y) {
    lli ans = 1;
    while(y) {
        if(y & 1) (ans *= x) %= M;
        (x *= x) %= M;
        y >>= 1;
    }
    return ans % M;
}

int main() {
    lli m, n;
    scanf("%lld%lld", &m, &n);
    // $m^n - m(m-1)^{n-1}$
    printf("%lld", (pow2(m, n) - m % M * pow2(m - 1, n - 1) % M + M) % M);
    return 0;
}