拿到題目，我們首先分析一下這個奇怪的式子：
重點肯定是在裡面的那個式子裡面，最顯眼的肯定也就是那個 \(\sqrt{d}\)，根據整體形式，我們可以聯絡一元二次方程的求根公式 \(x=-\dfrac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}\)，這裡也是一個根號，並且和我們要求的極為相似。於是乎我們嘗試著將原式轉換成一個方程的根。設原方程為 \(Ax^2+Bx+C=0\)，根據對照可以列出方程：
解得：
因此原方程轉變成了：\(x^2-bx+\dfrac{b^2-d}{4}=0\)。由於每一項的次數呈遞減，所以我們考慮移項，看看是否會形成一個轉移式子：
這個非常明顯，是個標準的轉移式子。這個時候就可以想到樸素 DP 大法，按照次數設計狀態，然後根據前面的次數進行轉移。
但原方程會有兩個根，就是 \(\dfrac{b\pm \sqrt{d}}{2}\)。所以直接的轉移會包括 \(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2}\) 帶來的影響值。那麼我們需要將 DP 進行合理的定義。設 \(dp_n\) 表示 \((\dfrac{b+\sqrt{d}}{2})^n+(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n\) 的值，這個時候我們只需要拿 \(dp_n\) 減去 \((\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n\) 的影響值就可以了。
輕鬆寫出轉移式子：
但是由於這個次數超出了 int 範圍，所以考慮進行最佳化，這種對極大 \(n\) 的最佳化，我們不難想到矩陣快速冪最佳化。我們把轉移方程等號右邊涉及到的變數提取出來：\(dp_{i-1}\)，\(dp_{i-2}\)，因此初始矩陣是一個 \(1\times 2\) 的矩陣 ，而對應的常數項就是 \(b\) 和 \(\dfrac{b^2-d}{4}\)，所以轉移矩陣是一個 \(2\times 2\) 的矩陣。初始矩陣 \(st\) 和轉移矩陣 \(a\) 如下：
\(st\) 的初始化就是 \(n=1\) 和 \(n=0\) 的情況。
然後我們突然發現一個問題，我們減去的 \((\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n\) 是一個帶根號的式子，我們該如何求出這個向下取整的值呢？
就在一籌莫展之際，那個亮眼的資料範圍映入眼簾：\(b^2\leq d<(b+1)^2\)。我們嘗試將 \(\sqrt{d}\) 帶入進去，\(b\leq \sqrt{d} < b+1\)。所以 \(-1< \dfrac{b-\sqrt{d}}{4}\leq 0\)。
由於 \(|\dfrac{b-\sqrt{d}}{4}|<1\)，\(n\) 是個非負整數，所以 \(0\leq |(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n|<1\)，此時進行分類討論：
-
如果 \(b-\sqrt{d}=0\)，則 \((\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n=0\)，向下取整為 \(0\)。
-
如果 \(b-\sqrt{d}<0\)，且 \(2\mid n\)，此時原式會變成正數，則 \(0<(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n<1\)，向下取整為 \(0\)。
-
如果 \(b-\sqrt{d}<0\)，且 \(2\nmid n\)，此時原式依然是負數，則 \(-1<(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n<0\)，向下取整為 \(-1\)。
綜上所述，\((\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n\) 的影響值無外乎就是 \(0\) 或者 \(-1\)，計算的時候，我們判斷第三種情況就可以了。
最後由於模數 \(p=7528443412579576937 \approx 7\times 10^{18}\)，計算過程很有可能爆 long long，所以我們可以開一個老祖宗 __int128，寫個快讀快寫，就可以了過了。
程式碼如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128//懶
using namespace std;
const int MAXN=83;
const int MOD=7528443412579576937;
int b,d,n;
void read(int &x)
{
x=0;
short flag=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
x*=flag;
}
int quick_mul(int x,int y)//龜速乘，可能沒有必要但是就是想寫
{
int res=0;
while(y)
{
if(y&1) res=res+x,res%=MOD;
x=x+x,x%=MOD;
y>>=1;
}
return res;
}
void mul(int f[3],int a[3][3])//轉移模板
{
int c[3];
memset(c,0,sizeof(c));
for(int j=1;j<=2;j++)
{
for(int k=1;k<=2;k++) c[j]=(c[j]+quick_mul(f[k],a[k][j]))%MOD;
}
memcpy(f,c,sizeof(c));
}
void mulself(int a[3][3])//矩陣自乘模板
{
int c[3][3];
memset(c,0,sizeof(c));
for(int i=1;i<=2;i++)
{
for(int j=1;j<=2;j++)
{
for(int k=1;k<=2;k++) c[i][j]=(c[i][j]+quick_mul(a[i][k],a[k][j]))%MOD;
}
}
memcpy(a,c,sizeof(c));
}
void write(int x)
{
if(x<10)
{
putchar(x+'0');
return;
}
write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
signed main()
{
read(b),read(d),read(n);
if(!n)//特判
{
puts("1");
return 0;
}
if(n==1)//特判
{
long long B=b,D=d;//玄學除錯
cout<<((B+sqrt(D)))/2;
return 0;
}
int f[3];
memset(f,0,sizeof(f));
int a[3][3];
memset(a,0,sizeof(a));
a[1][1]=b,a[1][2]=1,a[2][1]=-(b*b-d)/4;
f[2]=b,f[1]=(b*b+d)/2;//構造兩個矩陣
n-=2;
int temp=n;//n和n-2的奇偶性相同，所以提前儲存n-2不會錯
while(n)//快速冪模板
{
if(n&1) mul(f,a);
mulself(a);
n>>=1;
}
if(b*b!=d&&!(temp&1)) f[1]--;//特判第三種情況
write(f[1]);//輸出
return 0;//華麗收場
}