转移矩阵很容易求就是|0 1|,第一项是|0|
|1 1| |1|
然后直接矩阵快速幂，要用到费马小定理 ：假如p是质数，且gcd(a,p)=1，那么 a(p-1)≡1（mod p）。即：假如a是整数，p是质数，且a,p互质(即两者只有一个公约数1)，那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1（这东西贡献了我8次wa）
对矩阵进行取余的时候余mod-1，因为矩阵求出来是要当作幂的，就是a^b%p=a^(b%(p-1))%p
#include<map> #include<set> #include<cmath> #include<queue> #include<stack> #include<vector> #include<cstdio> #include<iomanip> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define pi acos(-1) #define ll long long #define mod 1000000007 #define ls l,m,rt<<1 #define rs m+1,r,rt<<1|1 #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; const double g=10.0,eps=1e-9; const int N=10+5,maxn=1<<10+5,inf=0x3f3f3f3f; struct Node{ ll row,col; ll a[N][N]; }; Node mul(Node x,Node y) { Node ans; ans.row=x.row,ans.col=y.col; memset(ans.a,0,sizeof ans.a); for(ll i=0;i<x.row;i++) for(ll j=0;j<x.col;j++) for(ll k=0;k<y.col;k++) ans.a[i][k]=(ans.a[i][k]+x.a[i][j]*y.a[j][k])%(mod-1); return ans; } Node quick_mul(Node x,ll n) { Node ans; ans.row=x.row,ans.col=x.col; memset(ans.a,0,sizeof ans.a); for(ll i=0;i<ans.col;i++)ans.a[i][i]=1; while(n){ if(n&1)ans=mul(ans,x); x=mul(x,x); n>>=1; } return ans; } ll mmul(ll a,ll b) { ll ans=1; while(b){ if(b&1)ans=ans*a%mod; a=a*a%mod; b>>=1; } return ans%mod; } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); // cout<<setiosflags(ios::fixed)<<setprecision(2); ll x,y,n; while(cin>>x>>y>>n){ if(n==0) { cout<<x<<endl; continue; } Node A; A.row=2,A.col=2; A.a[0][0]=0,A.a[0][1]=1; A.a[1][0]=1,A.a[1][1]=1; A=quick_mul(A,n-1); Node B; B.row=2,B.col=1; B.a[0][0]=0,B.a[1][0]=1; B=mul(A,B); ll ans=mmul(x,B.a[0][0])*mmul(y,B.a[1][0])%mod; cout<<ans<<endl; } return 0; }