【BZOJ1002】轮状病毒（FJOI2007）-DP+组合数学+高精度

测试地址：轮状病毒
做法：本题需要用到DP+组合数学+高精度。
我们发现题目实际上求的是：将环划分成若干个区间，然后中心点向每个区间连一条边的方案数。我们不妨先考虑链上的情况。令f(i)为对一条长为i的链进行上述操作的方案数，那么有状态转移方程：
f(i)=∑ij=1jf(i−j)
边界条件为f(0)=1。上述方程是O(n2)的，即使配合高精度运算（O(n3/log10)）也够用了，但是其实上述方程可以优化到O(n)，由于有点复杂，我们到这篇文章最后再讲。
那么我们再回来考虑环上的情况。令g(i)为一个长为i的环上进行上述操作的方案数，考虑固定某一点，枚举这一个点所处的区间长度j，那么显然这个区间有j种取法，而每种取法中，中心点的连接方法都有j种，于是我们确定了这个点连接的区间的方案数，那么剩下的部分就是一个长为i−j的链了，因此这种情况下方案数为j2f(i−j)，因此有：
g(i)=∑ij=1j2f(i−j)
那么最后的答案就是g(n)。因为题目要求准确的答案，需要高精度辅助，时间复杂度为O(n3/log10)。
其实上述复杂度已经够用了，但是我们不满足于现状，我们硬是要找出规律，那么以下是我找出的规律：
f(n)=Fib(2n)(n>0)，其中Fib(i)为斐波那契数列的第i项，这里令递推式为Fib(0)=0,Fib(1)=1,Fib(n)=Fib(n−1)+Fib(n−2)(n>1)。
怎么证明呢？用数学归纳法即可。如果看不下去数学证明的可以跳过，但是代码是用以上推出的公式写的……
当n=1时，结论显然成立。
当n>1时，假设对于任意k<n，f(k)=Fib(2k)成立，那么：
∑ni=1i×f(n−i)
=∑ni=1∑i−1j=0f(j)
=1+∑ni=2[1+∑i−1j=1Fib(2j)]
=1+∑ni=2{1+∑i−1j=1[Fib(2j−1)+Fib(2j−2)]}
=1+∑ni=2[1+∑2i−3j=1Fib(j)]
我们此时引用一个引理：∑ni=1Fib(n)=Fib(n+2)−1，之后证明。那么上式：
=1+∑ni=2Fib(2i−1)
=1+∑ni=2[Fib(2i−2)+Fib(2i−3)]
=1+∑2n−2i=1Fib(i)
=1+Fib(2n)−1
=Fib(2n)
因此对于任意自然数n>0，有f(n)=Fib(2n)。
现在证明引理∑ni=1Fib(i)=Fib(n+2)−1，同样数学归纳：
当n=1时，结论显然成立。
当n>1时，假设对于任意k<n，上述结论对k成立，那么：
∑ni=1Fib(i)
=Fib(n)+∑n−1i=1Fib(i)
=Fib(n)+Fib(n+1)−1
=Fib(n+2)−1
因此对于任意自然数n>0，上述结论成立。
那么求f(n)就可以规约为求斐波那契数列了，那么优化后的算法复杂度为O(n2/log10)。
以下是本人代码：

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n;
struct hd
{
    int s[110];
    void output()
    {
        bool flag=0;
        for(int i=100;i>=1;i--)
        {
            if (s[i]) flag=1;
            if (flag) printf("%d",s[i]);
        }
    }
} f[210],ans;

hd pl(hd a,hd b)
{
    hd q;
    for(int i=1;i<=100;i++) q.s[i]=a.s[i]+b.s[i];
    for(int i=1;i<=100;i++)
        if (q.s[i]>=10) q.s[i+1]+=q.s[i]/10,q.s[i]%=10;
    return q;
}

hd mult(hd a,int b)
{
    hd q;
    for(int i=1;i<=100;i++) q.s[i]=a.s[i]*b;
    for(int i=1;i<=100;i++)
        if (q.s[i]>=10) q.s[i+1]+=q.s[i]/10,q.s[i]%=10;
    return q;
}

int main()
{
    for(int i=1;i<=100;i++)
    {
        for(int j=1;j<=200;j++) f[j].s[i]=0;
        ans.s[i]=0;
    }

    scanf("%d",&n);

    f[0].s[1]=f[1].s[1]=f[2].s[1]=1;
    for(int i=3;i<=2*n;i++)
        f[i]=pl(f[i-1],f[i-2]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans=pl(ans,mult(f[2*(n-i)],i*i));
    ans.output();

    return 0;
}