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@description@
定义递推数列 f：
（1）f[1] = f[2] = ... f[k-1] = 1，f[k] 是一个未知量。
（2）f[i] = (f[i-1]^b[1]) * (f[i-2]^b[2]) * ... *(f[i-k]^b[k]) mod 998244353。
其中 k 和 b[1...k] 是给定的常量。现在已知数列的第 n 项 f[n] = m，求 f[k]。
input
第一行一个整数 k (1 <= k <= 100)。
接下来一行 k 个整数 b1, b2, ..., bk (1 <= bi < 998244353)。
接下来一行两个整数 n, m (k < n <= 10^9, 1 <= m < 998244353)。
output
输出 fk 的值。若不存在，输出 -1。若多解，输出任意一个。
sample input
3
2 3 5
4 16
sample output
4
@solution@
首先，我们想要在 fk 与 fn 之间建立关系。
不难猜想到 fn = fk^x，同时这也暗示我们可以将 1 看成 fk^0。
这样的话原本是非线性递推式，就可以变成指数的线性递推式。可以用矩阵快速幂解出 x 的值。
现在，我们已知 fk^x = fn = m mod 998244353，想要解出 fk 的值。
这是一个经典的数论问题：高次剩余。它有一些复杂的方法，但是对于这个特殊的模数，我们还有一种较为简洁的方法：利用原根。
根据原根的性质，我们可以将任意一个数写成原根的幂的形式。这样上面的式子就会变为 g^(px) = g^q mod 998244353。
通过 BSGS 可以快速解出 q 的值。这样我们只需要根据指数相等列出同余方程用 exgcd 解出 p 的值就可以解决此题了。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
const int MAXK = 100 + 5;
const int MOD = 998244353;
const int MODPW = MOD - 1;
const int HASHSIZE = 1000037;
struct node{
int ind, key;
node(int _i=0, int _k=0):ind(_i), key(_k){}
};
vector<node>h[HASHSIZE];
void hash_insert(int n, int x) {
h[x%HASHSIZE].push_back(node(n, x));
}
int hash_search(int x) {
int y = x%HASHSIZE;
for(int i=0;i<h[y].size();i++)
if( h[y][i].key == x ) return h[y][i].ind;;
return -1;
}
void hash_clear() {
for(int i=0;i<HASHSIZE;i++)
h[i].clear();
}
struct matrix{
int m[MAXK][MAXK];
int r, c;
}A, B;
matrix operator * (matrix A, matrix B) {
matrix C; C.r = A.r, C.c = B.c;
for(int i=0;i<C.r;i++)
for(int j=0;j<C.c;j++) {
C.m[i][j] = 0;
for(int k=0;k<A.c;k++)
C.m[i][j] = (C.m[i][j] + 1LL*A.m[i][k]*B.m[k][j]%MODPW)%MODPW;
}
return C;
}
matrix mpow(matrix A, int p) {
matrix ret; ret.r = ret.c = A.r;
for(int i=0;i<ret.r;i++)
for(int j=0;j<ret.c;j++)
ret.m[i][j] = (i == j);
while( p ) {
if( p & 1 ) ret = ret*A;
A = A*A;
p >>= 1;
}
return ret;
}
int solve1() {
int k, n; scanf("%d", &k);
for(int i=0;i<k;i++) scanf("%d", &A.m[k-1][k-i-1]);
A.r = A.c = B.r = k; B.c = 1;
for(int i=0;i<k;i++) B.m[i][0] = 0;
B.m[k-1][0] = 1;
for(int i=0;i<k-1;i++)
for(int j=0;j<k;j++)
A.m[i][j] = 0;
for(int i=0;i<k-1;i++) A.m[i][i+1] = 1;
scanf("%d", &n); B = mpow(A, n-k)*B;
return B.m[k-1][0];
}
int pow_mod(int b, int p, int mod) {
int ret = 1;
while( p ) {
if( p & 1 ) ret = 1LL*ret*b%mod;
b = 1LL*b*b%mod;
p >>= 1;
}
return ret;
}
int BSGS(int a, int b) {
hash_clear();
int m = int(ceil(sqrt(MOD))), tmp = 1, tmp2;
for(int i=0;i<=m;i++) {
if( i == m ) tmp2 = tmp;
hash_insert(i, 1LL*tmp*b%MOD);
tmp = 1LL*tmp*a%MOD;
}
tmp = tmp2;
for(int i=1;i<=m;i++) {
if( hash_search(tmp) != -1 ) {
return i*m - hash_search(tmp);
}
tmp = 1LL*tmp*tmp2%MOD;
}
}
typedef long long ll;
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if( b == 0 ) {
x = 1, y = 0;
return a;
}
else {
ll x1, y1;
ll d = exgcd(b, a%b, x1, y1);
x = y1;
y = x1 - a/b*y1;
return d;
}
}
int solve2(int a, int p) {
int b = BSGS(3, a);
ll x, y, d = exgcd(p, MODPW, x, y);
if( b % d ) return -1;
else {
x = (1LL*x*b/d%MODPW + MODPW)%MODPW;
return pow_mod(3, x, MOD);
}
}
int main() {
int m, p = solve1(); scanf("%d", &m);
printf("%d\n", solve2(m, p));
}@details@
WC2019 讲了“简单”数论，所以就记住了这一算法，然后没想到这一次就用到了。
然而我并没有写过 BSGS，比赛的时候现学的（又是这样嘛……上一次 manacher 也是比赛的时候现学的……）
所以打 CF 还是有用的 2333。
本次比赛好像就这道题有点儿意思（因为是没有写过的新知识）。
A：大模拟
B：英语阅读理解 + 大模拟
C：常见贪心结论
D：一个关于图论的简单贪心
E：英语阅读理解 + 简单 dp