Sequence

Problem Description
Let us define a sequence as below

f1=A
f2=B
fn=C*fn-2+D*fn-1+[p/n]

Your job is simple, for each task, you should output Fn module 109+7.

 
Input
The first line has only one integer T, indicates the number of tasks.

Then, for the next T lines, each line consists of 6 integers, A , B, C, D, P, n.

1≤T≤200≤A,B,C,D≤1091≤P,n≤109

 
Sample Input
2
3 3 2 1 3 5
3 2 2 2 1 4
 
Sample Output
36
24
 
题意:题目给出ABCDPn,第一项是A,第二项是B,然后还有个递推式,问第n项是多少
 
思路:如果我们按照他的递推式去推得答案的话,n的范围是1e9肯定会超时,但是我们又必须要用到这个式子,我们就想有没有加快的方法,其实做多了题会发现这是矩阵快速幂的形式
矩阵快速幂就是把你原有的递推式再加快执行,
但是 fn=C*fn-2+D*fn-1+[p/n]
其中[p/n]是个会变化的值,我们的矩阵里面不好处理
如果是一个常数C1的话
我们的关系矩阵就可以写为 
fn  D  C  1    fn-1
fn-1=  1   0  0 *    fn-2
C1      0     0  1     C1 
 利用了矩阵乘法
 
然后我们再来讨论[p/n]
[p/n]因为是整除,那么他的一段内的值肯定是相同的
这个我们可以利用数论中的除法分块得出 [p/n]   n属于1-p   他的整除值也只会有 O(sqrt(p))种值
我们对每一块使用矩阵快速幂,那样这个整除数又是常数就可以利用上面这个关系矩阵,由于只有O(sqrt(p))种值,复杂度上也不会有事
所以我们总的解法就是 除法分块+矩阵快速幂
 
除法分块:i-p/(p/i) 这一段是一个块
因为他们的值都是 p/i  ,最小的是i,因为是余数最多的情况,我们利用最基本的除法原理   a/b=c   ->    a/c=b   ,我们把整除值当作除数 ,除出来的自然是下标,又因为是整除,所以
算出来的下标也是余数最小的情况   
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
using namespace std;
const long long mod=1e9+;
struct jz//结构体写法的矩阵快速幂
{
long long num[][];
jz() { memset(num,,sizeof(num)); }
jz operator*(const jz &P)const
{
jz ans;
for(int k=;k<;k++)
for(int i=;i<;i++)
for(int j=;j<;j++)
ans.num[i][j]=(ans.num[i][j]+num[i][k]*P.num[k][j]%mod)%mod;
return ans;
}
}COE,ans,unit;
int T_T;
long long A,B,C,D,P,n;
jz pOw(jz X,long long m)//矩阵快速幂
{
jz ans;
for(ans=unit;m;m>>=,X=X*X)
if(m&)
ans=ans*X;
return ans;
}
void init(long long A,long long B,long long C,long long D,long long x)//更新关系矩阵
{
COE.num[][]=;
COE.num[][]=;
COE.num[][]=;
COE.num[][]=C;
COE.num[][]=D;
COE.num[][]=x; // this element need to be changed each step.
COE.num[][]=;
COE.num[][]=;
COE.num[][]=;
return;
}
int main()
{
for(int i=;i<;i++) unit.num[i][i]=;
scanf("%d",&T_T);
while(T_T--)
{
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&A,&B,&C,&D,&P,&n);
if(n==) printf("%lld\n",A);
else if(n<P)
{
ans.num[][]=A;
ans.num[][]=B;
ans.num[][]=;
for(long long i=;i<=n;i=P/(P/i)+)//除法分块
{
init(A,B,C,D,P/i);
if(n<=P/(P/i)) COE=pOw(COE,n-i+);
else COE=pOw(COE,P/(P/i)+-i);
ans=COE*ans;
}
printf("%lld\n",ans.num[][]);
}
else if(P<=n)
{
ans.num[][]=A;
ans.num[][]=B;
ans.num[][]=;
for(long long i=;i<=P;i=P/(P/i)+)//除法分块
{
init(A,B,C,D,P/i);
COE=pOw(COE,P/(P/i)+-i);
ans=COE*ans;
}
init(A,B,C,D,);
COE.num[][]=;
COE=pOw(COE,n-max(P,2LL));//多余的一段的整除值都是0
ans=COE*ans;
printf("%lld\n",ans.num[][]);
}
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}

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