斐波那契数列相关

斐波那契数列

$F(0)=F(1)=1$或$F(1)=F(2)=1$，$F(i)=F(i-1)+F(i-2)$.

广义斐波那契数列在转移时有系数且首两项给定。

求法

注意到斐波那契数列的转移为一个矩阵乘

$$\begin{matrix}F(i)&F(i-1)\end{matrix}\ \ \ \ \ \ \ \ \begin{matrix} 1&1\\ 1&0 \end{matrix}$$

当然广义斐波那契数列的转移就是把转移矩阵的系数换了一下。

所以我们可以通过矩阵快速幂快速求得所求项数。

给出广义斐波那契数列的矩阵乘代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
	int w=0,x=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c))w|=c=='-',c=getchar();
	while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return w?-x:x;
}
namespace star
{
	int mod;
	struct mat{
		int a[2][2];
		inline void set(){
			memset(a,0,sizeof a);
		}
		inline void zero(){
			set();a[0][0]=a[1][1]=1;
		}
		inline int* operator [] (const int x){return a[x];}
		inline const int* operator [] (const int x) const {return a[x];}
		inline mat operator * (const mat &b)const{
			mat ans;
			ans.set();
			for(int i=0;i<2;i++)
				for(int j=0;j<2;j++)
					for(int k=0;k<2;k++)
					ans[i][j]=(ans[i][j]+a[i][k]*b[k][j]%mod)%mod;
			return ans;
		} 
	}now,pow;
	inline mat fpow(mat a,int b){
		mat ans;
		ans.zero();
		for(;b;b>>=1,a=a*a)if(b&1)ans=ans*a;
		return ans;
	}
	inline void work(){
		int p=read(),q=read(),a1=read(),a2=read(),n=read();
		mod=read();
		now[0][1]=a1,now[0][0]=a2,pow[0][0]=p,pow[1][0]=q,pow[0][1]=1;
		printf("%lld",(now*fpow(pow,n-1))[0][1]);
	}
}
signed main(){
	star::work();
	return 0;
}

性质

斐波那契数具有很多神奇的性质，虽然有些不太常用

• 齐肯多夫定理：任何正整数可以表示为若干个不连续的斐波那契数之和。

于是我们可以引出来一个叫做斐波那契进制的东西。

简单来说，因为任何数都可以被若干个斐波那契数的和表示，我们就可以把这个数用01串表示。其中第i位表示是否含有$F[i]$。

更形式化地讲，从大到小枚举斐波那契数，每当$ F[i]$不小于当前数就将此位置为1并减去该$ F[i]$，根据定理最后一定会被减完，即被一个01串表示。

因为斐波那契数的增长速度很快，所以这个串并不会很长。

我们来看个毒瘤题：

P6791

对于这个LCA的毒瘤题本身我并不会没什么好说的，没有发现打表之外的解法

通过打表我们可以发现，设$a_i$表示还剩i颗石子时甲必胜此次至少要取的石子个数，那么$a_i$为$i$在斐波那契进制下的lowbit。

所以这个题本身和斐波那契数就只有这么点关系

对于题本身不予讨论。我也不会证

斐波那契公约数

P1306

我们需要证明$F[\gcd(i,j)]=\gcd(F[i],F[j])$。

其中$F[0]=F[1]=1$。

• 引理：$\gcd(F[i],F[i-1])=1$

证明：

$$\gcd(F[i],F[i-1])=\gcd(F[i]-F[i-1],F[i-1])=\gcd(F[i-1],F[i-2])=\dots=\gcd(F[2],F[1])=1$$

即$F[i]$与$F[i-1]$互质。

• 引理：$F[m+n]=F[m-1]F[n]+F[m]F[n+1]$

设$F[n]=a,F[n+1]=b$,向下递推发现由$a$和$b$表达的$F[i]$中其系数是斐波那契数。自己推推就知道了。

• $F[\gcd(i,j)]=\gcd(F[i],F[j])$

证明：

不妨设$i<j$，则有

$$\gcd(F[i],F[j])\\=\gcd(F[i],F[j-i-1]F[i]+F[j-i]F[i+1])\\=\gcd(F[i],F[j-i]F[i+1])\\=\gcd(F[i],F[j-i])$$

即

$$\gcd(F[i],F[j])=\gcd(F[i],F[j\mod i])$$

递归求解，发现我们就是在对F的下标求gcd，也就是

$$\gcd(F[i],F[j])=F[\gcd(i,j)] \\ \square$$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
	int w=0,x=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c))w|=c=='-',c=getchar();
	while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return w?-x:x;
}
namespace star
{
	const int mod=1e8;
	struct mat{
		int a[2][2];
		mat(){
			memset(a,0,sizeof a);
		}
		inline void zero(){
			a[0][0]=a[1][1]=1;
		}
		inline int* operator [] (const int x){return a[x];}
		inline const int* operator [] (const int x) const {return a[x];}
		inline friend mat operator * (const mat &a,const mat &b){
			mat ans;
			for(int i=0;i<2;i++)
				for(int j=0;j<2;j++)
					for(int k=0;k<2;k++)
					ans[i][j]=(ans[i][j]+a[i][k]*b[k][j]%mod)%mod;
			return ans;
		} 
	}now,pow;
	int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
	inline mat fpow(mat a,int b){
		mat ans;
		ans.zero();
		for(;b;b>>=1,a=a*a)if(b&1)ans=ans*a;
		return ans;
	}
	inline void work(){
		now[0][0]=now[0][1]=pow[0][0]=pow[0][1]=pow[1][0]=1;
		printf("%lld",(now*fpow(pow,gcd(read(),read())-1))[0][1]);
	}
}
signed main(){
	star::work();
	return 0;
}

---

• $F[i-1]*F[i+2]-F[i]*F[i+1]=(-1)^i$

还是设$F[i]=a,F[i+1]=b$，然后推来推去，具体看@浅色调 的过程

对于P3986，这个结论可以用来快速解决$aF[i]+bF[i+1]=k$而不用exgcd。

即有通解$x=k*(-1)^iF[i-1],y=k*(-1)^{i+1}F[i-2]$

贴下P3986的代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
	int w=0,x=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c))w|=c=='-',c=getchar();
	while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return w?-x:x;
}
namespace star
{
	const int maxn=100,mod=1e9+7;
	int N,f[maxn],ans;
	inline void work(){
		int k=read();
		f[1]=f[2]=1;ans=k-1;
		for(N=3;(f[N]=f[N-1]+f[N-2])<k;N++);
		N--;
		for(int x,y,j=2;j<=N;j++){
			int q=((j-1)&1)?-1:1;
			x=k*q*f[j+3],y=-k*q*f[j+2];
			if(x<0){
				y-=((-x)/f[j+1]+1)*f[j];
				if(y>0)ans=(ans+(int)ceil(1.0*y/f[j]))%mod;
			}else
			if(y<0){
				x-=((-y)/f[j]+1)*f[j+1];
				if(x>0)ans=(ans+(int)ceil(1.0*x/f[j+1]))%mod;
			}
		}
		printf("%lld",ans);
	}
}
signed main(){
	star::work();
	return 0;
}

PS:浅色调的题解对N多算了一次，减掉即可。或者在第二遍for循环内直接判掉break也行。

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UPD10.15

• 给定一个长为n的序列，可在其中填1，求使1任意两个都不相邻的方案数。

昨天看了一道叫做01矩阵的题目想到该问题，经询问luogu聚铑们得到答案。

首先，

这玩意和斐波那契数有什么关系？

考虑DP，对于位置$i$,设$f[i][0],f[i][1]$为前i个数填完、i填0或1的方案数，则有转移

$$f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-1][1]\\ f[i][1]=f[i-1][0]$$

设$g[i]$为到i的方案总数，则有

$$g[i]=f[i][0]+f[i][1]\\ g[i]=f[i-1][0]+f[i-1][1]+f[i-1][0]\\ g[i]=g[i-1]+g[i-2]$$

和斐波那契数列的转移相同。

板子题

总结

斐波那契数列性质很多。之后遇到新的我应该会补。

如果您凑巧看到了这里并知道一些相关题目请不吝赐教~