矩阵的快速幂是用来高效地计算矩阵的高次方的。将朴素的o(n)的时间复杂度，降到log（n）。这里先对原理（主要运用了矩阵乘法的结合律）做下简单形象的介绍：一般一个矩阵的n次方，我们会通过连乘n-1次来得到它的n次幂。        但做下简单的改进就能减少连乘的次数，方法如下：      把n个矩阵进行两两分组，比如：A*A*A*A*A*A  =>  (A*A)*(A*A)*(A*A),这样就只需要计算一次A*A，然后将结果(A*A)连乘自己两次就能得到A^6，即(A*A)^3=A^6。算一下发现这次一共乘了3次，少于原来的3次。其实大家还可以取A^3作为一个基本单位。原理都一样：利用矩阵乘法的结合律，来减少重复计算的次数。      以上都是取一个具体的数来作为最小单位的长度，这样做虽然能够改进效率，但缺陷也是很明显的，取个极限的例子（可能有点不恰当，但基本能说明问题），当n无穷大的时候，你现在所取的长度其实和1没什么区别。所以就需要我们找到一种与n增长速度”相适应“的”单位长度“，那这个长度到底怎么去取呢？？？这点是我们要思考的问题。     有了以上的知识，我们现在再来看看，到底怎么迅速地求得矩阵的N次幂。       既然要减少重复计算，那么就要充分利用现有的计算结果咯！~怎么充分利用计算结果呢？？？这里考虑二分的思想。大家首先要认识到这一点：任何一个整数N，都能用二进制来表示。。这点大家都应该知道，但其中的内涵真的很深很深（这点笔者感触很深，在文章的最后，我将谈谈我对的感想）！！       计算机处理的是离散的信息，都是以0,1来作为信号的处理的。可想而知二进制在计算机上起着举足轻重的地位。它能将模拟信号转化成数字信号，将原来连续的实际模型，用一个离散的算法模型来解决。  好了，扯得有点多了，不过相信这写对下面的讲解还是有用的。      回头看看矩阵的快速幂问题，我们是不是也能把它离散化呢？比如A^19  =>  （A^16）*（A^2）*（A^1），显然采取这样的方式计算时因子数将是log(n)级别的(原来的因子数是n)，不仅这样，因子间也是存在某种联系的，比如A^4能通过(A^2)*(A^2)得到，A^8又能通过(A^4)*(A^4)得到，这点也充分利用了现有的结果作为有利条件。下面举个例子进行说明：     现在要求A^156,而156(10)=10011100(2) ，也就有A^156=>(A^4)*(A^8)*(A^16)*(A^128)  考虑到因子间的联系，我们从二进制10011100中的最右端开始计算到最左端。细节就说到这，下面给核心代码： ： if(N&1) res=res*A; //二进制位为1时执行此步 n>>=1; A=A*A; //实质上这步只是不断地使二进制位从右向左移动，实现的是使res乘的A值等于2^(对应位+1)     里面的乘号，是矩阵乘的运算，res是结果矩阵。 第3行代码每进行一次，二进制数就少了最后面的一个1。二进制数有多少个1就第3行代码就执行多少次。 即每次执行第3行代码结果为res* a^4 * a^8  *  a^16  *a^128 . 现在我就说下我对二进制的感想吧： 我们在做很多”连续“的问题的时候都会用到二进制将他们离散简化 Description Fermat's theorem states that for any prime number p and for any integer a > 1, ap = a (mod p). That is, if we raise a to the pth power and divide by p, the remainder is a. Some (but not very many) non-prime values of p, known as base-a pseudoprimes, have this property for some a. (And some, known as Carmichael Numbers, are base-a pseudoprimes for all a.) Given 2 < p ≤ 1000000000 and 1 < a < p, determine whether or not p is a base-a pseudoprime. Input Input contains several test cases followed by a line containing "0 0". Each test case consists of a line containing p and a. Output For each test case, output "yes" if p is a base-a pseudoprime; otherwise output "no". Sample Input 3 2 10 3 341 2 341 3 1105 2 1105 3 0 0 Sample Output no no yes no yes yes #include #define N 45000 struct st { int a,b; }s[N]; long quickpow(long n,long m,long mod) { long ans=1,base=n; while(m) { if(m&1) ans=((ans%mod)*(base%mod))%mod; base=((base%mod)*(base%mod))%mod; m>>=1; } return ans; } int main() { int t,n,i,h; long sum,m; scanf("%d",&t); while(t--) { sum=0; scanf("%ld",&m); scanf("%d",&h); for(i=0;i   (a+b+c+d+e)%x=(a%x+b%x+c%x+d%x+e%x)%x ;   2、(a*b*c*d*e)%x=(a%x*b%x*c%x*d%x*e%x)%x ;