首先我们发现$\frac{b+\sqrt{d}}{2}$这个形式好像一元二次方程的求根公式啊(???反正我发现不了)

然后我们又想到虽然这个东西不好求但是$(\frac{b-\sqrt{d}}{2})^n$好像挺好求的啊(???反正我想不到)(由题目给的范围,这玩意在(-1,1))

于是把这个方程写出来:$x^2-b+\frac{b^2-d}{4}=0$,设它的两根是$x_1=\frac{b+\sqrt{d}}{2} , x_2=\frac{b-\sqrt{d}}{2}$

于是就是要求$\lfloor x_1^n+x_2^n-x_2^n \rfloor$

我们把$x_1^n+x_2^n$单拎出来,分解一下,得到$x_1^n+x_2^n = (x_1+x_2)(x_1^{n-1}+x_2^{n-1}) - x_1x_2(x_1^{n-2}+x_2^{n-2}) $

然后$x_1+x_2$和$x_1x_2$可以用韦达定理算,再把$x_1^i+x_2^i$设成f[i],就可以用矩阵快速幂优化了

可以发现它是个整数,最后讨论一下$x_2^n$就行了

(模数巨大,不光要用龟速乘,还要用unsigned long long)

 #include<bits/stdc++.h>
#define CLR(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pa;
const ull P=; inline ll rd(){
ll x=;char c=getchar();int neg=;
while(c<''||c>''){if(c=='-') neg=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<='') x=x*+c-'',c=getchar();
return x*neg;
} ull fmul(ull a,ull b){
ull re=;
while(b){
if(b&) re=(re+a)%P;
a=(a+a)%P,b>>=;
}return re;
} ull b,d,n; ull fpow(ull x){
ull f[];f[]=b,f[]=;
ull m[][],tmp[][];
m[][]=b,m[][]=,m[][]=(d-b*b)/,m[][]=;
while(x){
if(x&){
CLR(tmp,);
for(int i=;i<=;i++){
for(int j=;j<=;j++){
tmp[][i]=(tmp[][i]+fmul(f[j],m[j][i]))%P;
}
}
f[]=tmp[][],f[]=tmp[][];
}
CLR(tmp,);
for(int i=;i<=;i++){
for(int j=;j<=;j++){
for(int k=;k<=;k++){
tmp[i][j]=(tmp[i][j]+fmul(m[i][k],m[k][j]))%P;
}
}
}
memcpy(m,tmp,sizeof(m));
x>>=;
}return f[];
} int main(){
//freopen("","r",stdin);
int i,j,k;
b=rd(),d=rd(),n=rd();
if(n==) printf("1\n");
else{
ull ans=fpow(n-);
if(!(n&)&&d!=b*b) ans=(P+ans-)%P;
printf("%lld\n",ans);
} return ;
}

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