牛客-斐波那契数列卷积

题目传送门

sol：

官方题解的随便简单推导我推不出来，推了很久倒是推出了另一种解法。

用 c[i][j] 表示 a[i] 的第 j 项，举个例子 c[3][0] = f[0] * f[3] = 0;  c[4][1] = f[1] * f[3] = 2;

那么我们求 a[n] 也就是 c[n][0] + c[n][1] + ... + c[n][n];

c[n][0] = f[0] * f[n] = f[0] * f[n - 1] + f[0] * f[n - 2] = c[n - 1][0] + c[n - 2][0];

c[n][1] = f[1] * f[n - 1] = f[1] * f[n - 2] + f[1] * f[n - 3] = c[n - 1][1] + c[n - 2][1];

由上可以发现好像 a[n] = a[n - 1] + a[n - 2]; 但是a[n] 、 a[n - 1] 、 a[n - 2]的项数不匹配；

c[n][n] = f[n] * f[0] = f[n] * f[-1] + f[n] * f[-2],这里就不能用c[n - 1][n] 和 c[n - 2][n]来表示了，但是f[0] = 0，所以c[n][n] = 0; 可以忽略；

又因为f[1] = 1, 所以 c[n][n - 1] = f[n - 1] * f[1] = f[n - 1];

c[n - 1][n - 1] 也等于0;

所以a[n] = a[n - 1] + a[n - 1] + f[n - 1] 那么就可以用矩阵快速幂来求解这题了。

• 矩阵快速幂

  #include "bits/stdc++.h"
  using namespace std;
  typedef long long LL;
  const int MOD = 998244353;
  struct Mat {
      int mat[5][5];
      Mat() {memset(mat, 0, sizeof(mat));}
      friend Mat operator * (Mat a, Mat b) {
          Mat c;
          for (int k = 1; k <= 4; k++)
          for (int i = 1; i <= 4; i++)
          for (int j = 1; j <= 4; j++)
          c.mat[i][j] = (c.mat[i][j] + 1LL * a.mat[i][k] * b.mat[k][j]) % MOD;
          return c;
      }
  };
  Mat mat_pow(Mat n, LL k) {
      Mat ans;
      for (int i = 1; i <= 4; i++)
          ans.mat[i][i] = 1;
      while (k) {
          if (k & 1) ans = ans * n;
          n = n * n;
          k >>= 1;
      }
      return ans;
  }
  int main() {
      LL n;
      scanf("%lld", &n);
      Mat m;
      m.mat[1][1] = m.mat[1][2] = m.mat[1][3] = 1;
      m.mat[2][1] = m.mat[4][3] = 1;
      m.mat[3][3] = m.mat[3][4] = 1;
      m = mat_pow(m, n - 1);
      printf("%d\n", m.mat[1][3]);
      return 0;
  }