学步园

　　证明：从题目可以知道 A: (1 + x²/1! + x⁴/2! + ....); B:  (1 + x/1! + x²/2! + x³/3! + ...); C:(1 + x²/1! + x⁴/2! + ....); D: (1 + x/1! + x²/2! + x³/3! + ...);

所以有： G(x) = (1 + x²/1! + x⁴/2! + ....)² * (1 + x/1! + x²/2! + x³/3! + ...)²;

由于泰勒展开式：

e^x = 1 + x/1! + x²/2! + x³/3! + ...

e^-x = 1 - x/1! + x²/2! - x³/3! + ...

所以

G(x) = e^2x + ((e^x + e^-x)/2)²;

 = (1/4) * (e^2x + 1)²

 = (1/4) * (e^4x  + 2*e^2x + 1);

又因为：

e^4x = 1 + (4x)/1! + (4x)²/2! + (4x)³/3! + ... + (4x)ⁿ/n!;

e^2x = 1 + (2x)/1! + (2x)²/2! + (2x)³/3! + ... + (2x)ⁿ/n!;
所以：

n次幂的排列数为 (1/4)(4ⁿ + 2*2ⁿ)

即得所求的解为(1/4)(4ⁿ + 2*2ⁿ)%100 = (4^n-1 + 2^n-1)%100;

由组合数学公式 (a + b) % c = (a%c + b%c)%c;

所以可以用快速幂取模求解。

ps:注意精度，用64位。这里WA了一次。

My Code:

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int mod = 100;

__int64 exp_mod(int a, __int64 n) {
    __int64 t;
if(n == 0)    return 1%mod;
if(n == 1)    return a%mod;
    t = exp_mod(a, n/2);
    t = t*t%mod;
if((n&1) == 1)    t = t*a%mod;
return t;
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

int t, cas;
    __int64 n;
while(scanf("%d", &t), t) {
        cas = 0;
while(t--) {
            scanf("%I64d", &n);
            printf("Case %d: %I64d\n", ++cas, (exp_mod(4, n-1) + exp_mod(2, n-1))%mod);
        }
        cout << endl;
    }
return 0;
}