shuoj-1942: yaoge and xyiyy's interesting game-数学-快速幂

本文主要是介绍shuoj-1942: yaoge and xyiyy's interesting game-数学-快速幂，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

Description

xyiyy和yaoge正在做一个游戏。现在yaoge面临这游戏中关键的一步，如果不能算出这个结果，那么他将要付出一块鸡排的代价。

现在yaoge有两个数A和B，yaoge对这两个数进行k次操作，每次操作定义如下：

若A≤B，则B = B - A，A = A + A

若A>B，则A = A - B，B = B + B

现要求求出k次操作之后较小的那个数的值

Input

多组数据，每组数据有一行

每行有三个整数A，B，k，用空格隔开。

1≤A≤10^9，1≤B≤10^9，1≤k≤2*10^9

Output

对于每组数据，输出k次操作后较小的数的值并换行

Sample Input

2 6 1

5 5 3

Sample Output

Source

xyiyy

解题思路：：这道题主要看思路，没有思路想几个小时都弄不下来，有了思路就很快。由题知（A + B）的值是不会改变的，设c = （A + B ）避免在A,B变化的过程中改变（A + B ）

若A≤B，则B = B - A，A = A + A；所以B = ( B - A + A + B )mod( c ) = ( B + B )mod(c ),A = ( A + A )mod( c )

若A>B，则A = A - B，B = B + B;所以 A = ( A - B + A + B )mod(c ) = ( A + A )mod( c ),B = ( B + B )mod( c )

所以A = ( A + A )mod( c ),B = ( B + B )mod( c )

当第k次操作的时候A = A * 2 ^ K mod (c ) , B = B * 2 ^ K mod ( c)（写成B= c - A也可) ;然后比较大小，输出小值问题搞定。

#include <iostream>
#include <sstream>
#include <ios>
#include <iomanip>
#include <functional>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <list>
#include <queue>
#include <deque>
#include <stack>
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <cctype>
using namespace std;
#define XINF INT_MAX
#define INF 0x3FFFFFFF
#define MP(X,Y) make_pair(X,Y)
#define PB(X) push_back(X)
#define REP(X,N) for(int X=0;X<N;X++)
#define REP2(X,L,R) for(int X=L;X<=R;X++)
#define DEP(X,R,L) for(int X=R;X>=L;X--)
#define CLR(A,X) memset(A,X,sizeof(A))
#define IT iterator
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VII;
typedef vector<int> VI;
//const int MAXN = 10010;
//#define INF 0x3FFFFFFF
const ll MOD = 1000000007;
//b = (b-a)%(b+a) = (b-a+a+b)%(b+a) = (b+b)%(a+b);a = a+a = (a+a)%(a+b)//执行一次
//b = b*2^k%(a+b);a = a*2^k%(a+b)//执行k次
ll a,b;
int k;
//快速幂规则：：a*13 = a * a^4 *a^8 ;13 = 1101(2) = 1(2) + 100(2) +1000(2) = 1 + 4 + 8
ll fast_mod(ll n,ll m,ll c){ //求快速幂ll ret=1; while(m){ if(m&1)ret = ret*n%c; n=n*n%c;//这里保证m的移位和n的幂数对等，右移x位就为n的2^x次幂 m>>=1; } return ret; 
} 
int main(){while(cin>>a>>b>>k){ll c = a+b;//避免在a,b值改变过程中（a+b）的值改变b = b*fast_mod(2,k,c)%(c);a = a*fast_mod(2,k,c)%(c);	cout<<((a>b)?b:a)<<endl;}return 0;
}

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