#特征方程，dp，快速幂#洛谷 4451 [国家集训队]整数的lqp拆分

题目

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分析

设\(dp[n]\)表示答案，因为\(dp[n]=\sum\prod_{i=1}^mF_{a_i}\)
\(dp[n]=\sum_{i=1}^{n-1}dp[i]*F_{n-i-1}\)
那么\(dp[i+1]-dp[i]=\sum_{j=1}^idp[j]*F_{i-j+1}-\sum_{j=1}^{i-1}dp[j]*F_{i-j}\)
\(=dp[i]+\sum_{j=1}^{i-1}dp[j]*(F_{i-j+1}-F_{i-j})=dp[i]+\sum_{j=1}^{i-1}dp[j]*F_{i-j-1}\)
因为当\(j=i-1\)时，\(F_{i-j-1}=F_{0}=0\)，所以\(=dp[i]+\sum_{j=1}^{i-2}dp[j]*F_{i-1-j}=dp[i]+dp[i-1]\)
所以\(dp[i+1]=2*dp[i]+dp[i-1]\)，上面推导可以用生成函数做，不过我不会
其实我好像去年已经写了弱化版(\(n\leq 10^6\))，结果现在数据范围加强到\(n\leq 10^{10000}\)
因为知道\(dp[0]=0,dp[1]=1\)（废话），所以其实可以用矩阵乘法写，不过常数好像有点点大
考虑利用特征方程求解，用待定系数法，设其满足
\(dp[n+1]-a*dp[n]=b(dp[n]-a*dp[n-1])\)
套一套上式\(dp[n+1]-dp[n]=dp[n]-dp[n-1]\)
那么其实\(a=1,b=1\)，且\(dp[n+1]-(a+b)dp[n]-ab*dp[n-1]=0\)
由于\((a+b)=2,-ab=-1\)，所以其实解的是\(x^2-2x-1=0\)的方程的解
得到两个实数根分别为\(x_1=1+\sqrt{2},x_2=1-\sqrt{2}\)
答案就是

\[dp[n]=\frac{dp[1]-x_2dp[0]}{x_1-x_2}{x_1}^n+\frac{dp[1]-x_1dp[0]}{x_2-x_1}{x_2}^n \]

代入\(x_1,x_2\)并化简可以得到

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

而且\(\sqrt{2}\)在模\(10^9+7\)的意义下等同于\(59713600\)
况且还有费马小定理，就可以\(O(log_2mod)\)求解啦

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代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rr register
using namespace std;
const int mod=1e9+7,sqrt2=59713600,inv=14928400;
inline signed iut(){
	rr int ans=0; rr char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans*10ll+c-48)%(mod-1),c=getchar();
	return ans;
}
inline signed ksm(int x,int y){
	rr int ans=1;
	for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)
	    if (y&1) ans=1ll*ans*x%mod;
	return ans;
}
inline signed mo2(int x,int y){return x<y?x-y+mod:x-y;}
signed main(){
	rr int n=iut(),A=sqrt2+1,B=mod-sqrt2+1;
	return !printf("%d",1ll*inv*mo2(ksm(A,n),ksm(B,n))%mod);
}