*Fibonacci Sum-2020杭电多校1

题意：

分析：

一开始想的是用矩阵来求，但发现样例一直过不去。最后才发现，\((AB)^k \ne A^kB^k\)，其中 \(A,B\) 为矩阵，做了怎么久才发现是一个假算法。
看来题解才发现用的是斐波那契数列的通项公式：

\[F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n] \]

同时还要知道：\(5\) 是 \(1e9+9\) 的二次剩余
且有：

\[383008016^2 \equiv 616991993^2 \equiv 5\ (mod\ 1e9+9) \]

由此可知，在模 \(1e9+9\) 的情况下，\(\sqrt{5}\) 与 \(383008016\) 同余。
可以求出 \(\sqrt{5}\) 的逆元为 \(invsqrt5=276601605\)。

令 \(a=\frac{1+\sqrt{5}}{2},b=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\)，通过快速幂可以求得：\(a=691504013,b=308495997\)。
所以，有：

\[F_{n}^{k}=invsqrt5^k*[a^n-b^n]^k \]

而根据二项式展开，有：

\[(a^n-b^n)^k=C(k,0)*(a^n)^0*(b^n)^k+C(k,1)*(a^n)^{1}*(b^n)^{k-1}+...+C(k,k)*(a^n)^k*(b^n)^0 \]

所以，

\[ans=invsqrt5^k*\sum_{i=1}^{k}{[C(k,i)\sum_{j=1}^{n}{(a^{jc})^i(-b^{jc})^{k-i}}]} \]

又根据等比数列的求和公式：

\[S_i=\sum_{j=1}^{n}{(a^{jc})^i(-b^{jc})^{k-i}}=\frac{1-(a^{cin}*b^{c(k-i)n})}{1-a^{ci}*b^{c(k-i)}}*a^{ci}*(-1)^{k-i}*b^{c(k-i)} \]

注意特判公比为 \(1\) 的情况，其中\(a^{cin},b^{c(k-i)n},a^{jc},b^{jc}\) 均可以预处理出来。
最终的答案为：

\[ans=invsqrt5^k*\sum_{i=1}^{k}{S_i} \]

复杂度为：\(O(klogn)\)，能预处理的都预处理，否则容易超时。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
const int mod=1e9+9;
const int phi=1e9+8;
ll C[N],fac[N],inv[N],sa[N],sb[N];
ll inv2=500000005,p=383008016,q=276601605;
ll power(ll a,ll b)
{
    ll res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
void init()//预处理出阶乘和阶乘逆元
{
    int maxn=1e5;
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=maxn;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[maxn]=power(fac[maxn],mod-2);
    for(int i=maxn-1;i>=0;i--)
         inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
void getC(ll k)
{
    for(int i=0;i<=k;i++)
        C[i]=fac[k]*inv[i]%mod*inv[k-i]%mod;
}
int main()
{
    int t;
    init();
    scanf("%d",&t);
    //fn=q*(x^n-y^n)
    ll x=(1+p)*inv2%mod;
    ll y=(1-p+mod)*inv2%mod;
    while(t--)
    {
        ll n,c,k,ans=0;
        scanf("%lld%lld%lld",&n,&c,&k);
        getC(k);//预处理组合数
        ll tx=power(x,c);
        ll ty=power(y,c);
        ll invty=power(ty,mod-2);
        sa[0]=power(ty,k);
        for(int i=1;i<=k;i++)
            sa[i]=sa[i-1]*tx%mod*invty%mod;
        tx=power(tx,n);
        ty=power(ty,n);
        invty=power(ty,mod-2);
        sb[0]=power(ty,k);
        for(int i=1;i<=k;i++)
            sb[i]=sb[i-1]*tx%mod*invty%mod;
        int f=((k%2)?1:-1);
        for(int i=0;i<=k;i++)
        {
            f=-f;
            if(sa[i]==1)
            {
                ll tmp=C[i]*f*(n%mod)%mod;
                ans=(ans+tmp+mod)%mod;
                continue;
            }
            ll up=(1-sb[i]+mod)%mod;
            ll down=(1-sa[i]+mod)%mod;
            down=power(down,mod-2);
            ll tmp=up*down%mod;
            tmp=(tmp*sa[i]%mod*f+mod)%mod;
            tmp=tmp*C[i]%mod;
            ans=(ans+tmp)%mod;
        }
        ans=ans*power(q,k)%mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}