The Nth Item 南昌网络赛（递推数列，分段打表）

The Nth Item

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\]

题意

给出递推式，求解每次 \(F[n]\) 的值，输出所有 \(F[n]\) 的 \(xor\) 值。

思路

对于线性递推数列，可以用特征方程求出他的通项公式，比如这题

\[F[n] = 3F[n-1]+2F[n-2] \\
x^2 = 3x+2 \\
x = \frac{3\pm \sqrt{17}}{2}
\]

令 \(F[n] = C_1x_1^n + C_2x_2^n\)

将 \(F[0]\) 和 \(F[1]\) 带入

\[\begin{aligned}
&\begin{cases}
C_1 + C_2 = 0 \\
C_1\frac{3+ \sqrt{17}}{2} + C_2\frac{3- \sqrt{17}}{2} = 1
\end{cases} \\
&\begin{cases}
C_1 = \frac{1}{\sqrt{17}}\\
C_2 = -\frac{1}{\sqrt{17}}
\end{cases}
\end{aligned}
\]

即 \(F[n] = \frac{1}{\sqrt{17}} \left[\left(\frac{3+\sqrt{17}}{2}\right)^n - \left(\frac{3-\sqrt{17}}{2}\right)^n \right]\)

\(\sqrt{17}\) 可以通过二次剩余来得到其中一个可能的解，\(524399943\) 就是一个解。

令 \(p = \frac{3+\sqrt{17}}{2}，q=\frac{3-\sqrt{17}}{2}\)，现在的问题就是解出 \(p^n\) 和 \(q^n\)。

首先因为 \(n\) 高达 \(1e18\)，可以利用欧拉降幂，把 \(n\) 降到 \(2mod-1\) 级别内，也即是 \(2e9\) 附近。

可以利用 \(n = x*50000+y\)，\(q^n = q^{x*50000} * q^y\)，将 \(q\) 在 \(5e4\) 以内的幂打表出来，在打出 \(q\) 的幂为 \(k*5e4\) 的表，然后就可以做到 \(O(1)\) 查询。

对于 \(q\) 也是相同的做法。

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    > File Name    : a.cpp
    > Author       : Jiaaaaaaaqi
    > Created Time : Wed 11 Sep 2019 10:01:20 PM CST
 ***************************************************************/

#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cfloat>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
#define  lowbit(x)  x & (-x)
#define  mes(a, b)  memset(a, b, sizeof a)
#define  fi         first
#define  se         second
#define  pb         push_back
#define  pii        pair<int, int>

typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int    maxn = 1e5 + 10;
const int    maxm = 1e5 + 10;
const ll     mod  = 998244353;
const ll     INF  = 1e18 + 100;
const int    inf  = 0x3f3f3f3f;
const double pi   = acos(-1.0);
const double eps  = 1e-8;
using namespace std;

ll n, m;
int cas, tol, T;

ll fpow(ll a, ll b) {
	ll ans = 1;
	while(b) {
		if(b&1)	ans = ans*a%mod;
		a = a*a%mod;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}
ll sqrt17 = 524399943, phiC = mod-1;
ll p, q, inv17;

ll ppow1[maxn], ppow2[maxn];
ll qpow1[maxn], qpow2[maxn];

void handle() {
	inv17 = fpow(sqrt17, mod-2);
	p = 1ll*(3ll+sqrt17)*fpow(2, mod-2)%mod, q = 1ll*(3ll-sqrt17+mod)*fpow(2, mod-2)%mod;
	ppow1[0] = qpow1[0] = 1;
	for(int i=1; i<=50000; i++) {
		ppow1[i] = ppow1[i-1]*p%mod;
		qpow1[i] = qpow1[i-1]*q%mod;
	}
	ppow2[0] = qpow2[0] = 1;
	ppow2[1] = ppow1[50000];
	qpow2[1] = qpow1[50000];
	for(int i=2; i<=50000; i++) {
		ppow2[i] = ppow2[i-1]*ppow1[50000]%mod;
		qpow2[i] = qpow2[i-1]*qpow1[50000]%mod;
	}
}

ll getp(ll n) {
	return ppow2[n/50000]*ppow1[n%50000]%mod;
}

ll getq(ll n) {
	return qpow2[n/50000]*qpow1[n%50000]%mod;
}

ll solve(ll n) {
	if(n >= phiC)	n = n%phiC+phiC;
	return inv17*(getp(n)-getq(n)+mod)%mod;
}

int main() {
	// freopen("in", "r", stdin);
	handle();
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	ll ans = 0;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		ll tmp = solve(m);
		m ^= tmp*tmp;
		ans ^= tmp;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}