拿到题目，我们首先分析一下这个奇怪的式子：
\[\lfloor(\frac{b+\sqrt{d}}{2})^n \rfloor ~\text{mod}~p \]重点肯定是在里面的那个式子里面，最显眼的肯定也就是那个 \(\sqrt{d}\)，根据整体形式，我们可以联系一元二次方程的求根公式 \(x=-\dfrac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}\)，这里也是一个根号，并且和我们要求的极为相似。于是乎我们尝试着将原式转换成一个方程的根。设原方程为 \(Ax^2+Bx+C=0\)，根据对照可以列出方程：
\[\begin{cases} 2A=2\\ -B=b \\B^2-4AC=d \end{cases} \]解得：
\[\begin{cases} A=1\\ B=-b \\ C=\dfrac{b^2-d}{4} \end{cases} \]因此原方程转变成了：\(x^2-bx+\dfrac{b^2-d}{4}=0\)。由于每一项的次数呈递减，所以我们考虑移项，看看是否会形成一个转移式子：
\[x^2=bx-\dfrac{b^2-d}{4} \]这个非常明显，是个标准的转移式子。这个时候就可以想到朴素 DP 大法，按照次数设计状态，然后根据前面的次数进行转移。
但原方程会有两个根，就是 \(\dfrac{b\pm \sqrt{d}}{2}\)。所以直接的转移会包括 \(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2}\) 带来的影响值。那么我们需要将 DP 进行合理的定义。设 \(dp_n\) 表示 \((\dfrac{b+\sqrt{d}}{2})^n+(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n\) 的值，这个时候我们只需要拿 \(dp_n\) 减去 \((\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n\) 的影响值就可以了。
轻松写出转移式子：
\[dp_{i}=b\times dp_{i-1}-\dfrac{b^2-d}{4}\times dp_{i-2} \]但是由于这个次数超出了 int 范围，所以考虑进行优化，这种对极大 \(n\) 的优化，我们不难想到矩阵快速幂优化。我们把转移方程等号右边涉及到的变量提取出来：\(dp_{i-1}\)，\(dp_{i-2}\)，因此初始矩阵是一个 \(1\times 2\) 的矩阵 ，而对应的常数项就是 \(b\) 和 \(\dfrac{b^2-d}{4}\)，所以转移矩阵是一个 \(2\times 2\) 的矩阵。初始矩阵 \(st\) 和转移矩阵 \(a\) 如下：
\(st\) 的初始化就是 \(n=1\) 和 \(n=0\) 的情况。
然后我们突然发现一个问题，我们减去的 \((\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n\) 是一个带根号的式子，我们该如何求出这个向下取整的值呢？
就在一筹莫展之际，那个亮眼的数据范围映入眼帘：\(b^2\leq d<(b+1)^2\)。我们尝试将 \(\sqrt{d}\) 带入进去，\(b\leq \sqrt{d} < b+1\)。所以 \(-1< \dfrac{b-\sqrt{d}}{4}\leq 0\)。
由于 \(|\dfrac{b-\sqrt{d}}{4}|<1\)，\(n\) 是个非负整数，所以 \(0\leq |(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n|<1\)，此时进行分类讨论：
-
如果 \(b-\sqrt{d}=0\)，则 \((\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n=0\)，向下取整为 \(0\)。
-
如果 \(b-\sqrt{d}<0\)，且 \(2\mid n\)，此时原式会变成正数，则 \(0<(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n<1\)，向下取整为 \(0\)。
-
如果 \(b-\sqrt{d}<0\)，且 \(2\nmid n\)，此时原式依然是负数，则 \(-1<(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n<0\)，向下取整为 \(-1\)。
综上所述，\((\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n\) 的影响值无外乎就是 \(0\) 或者 \(-1\)，计算的时候，我们判断第三种情况就可以了。
最后由于模数 \(p=7528443412579576937 \approx 7\times 10^{18}\)，计算过程很有可能爆 long long，所以我们可以开一个老祖宗 __int128，写个快读快写，就可以了过了。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128//懒
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)//龟速乘，可能没有必要但是就是想写
{
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])//转移模板
{
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])//矩阵自乘模板
{
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;//玄学调试
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;//构造两个矩阵
n-=2;
int temp=n;//n和n-2的奇偶性相同，所以提前储存n-2不会错
while(n)//快速幂模板
{
if(n&1) mul(f,a);
mulself(a);
n>>=1;
}
if(b*b!=d&&!(temp&1)) f[1]--;//特判第三种情况
write(f[1]);//输出
return 0;//华丽收场
}