LOJ #10222. 「一本通 6.5 例 4」佳佳的 Fibonacci 题解

题目传送门

如果之前推过斐波那契数列前缀和就更好做（所以题目中给出了）。

斐波那契数列前缀和题目链接

先来推一下斐波那契数列前缀和:

\[\sum\limits_{i=1}^nf(i) \]

其中 \(f(i)\) 表示Fibonacci数列第 \(i\) 项。

直接推式子：

记 \(s(x)=\sum\limits_{i=1}^xf(i)\)

将右边一项项展开得出

\[f(1)=1 \]

\[f(2)=1 \]

\[f(3)=f(1)+f(2) \]

\[f(4)=f(2)+f(3) \]

\[... \]

\[f(n)=f(n-2)+f(n-1) \]

这些式子左右两边分别再加回去得出

\[s(n)=1+1+f(1)+f(n-1)+2*\sum_{i=2}^{n-2}f(i) \]

把其中一个 \(1\) 变成 \(f(1)\) 再和另一个 \(f(1)\) 加到 \(2*\sum\limits_{i=2}^{n-2}f(i)\) 里面，得出

\[s(n)=1+f(n-1)+2*\sum_{i=1}^{n-2}f(i) \]

\[s(n)=1+f(n-1)+2*s(n-2) \]

\[s(n)-s(n-2)-s(n-2)=1+f(n-1) \]

\[f(n)+f(n-1)-s(n-2)=1+f(n-1) \]

\[f(n)-s(n-2)=1 \]

\[s(n-2)=f(n)-1 \]

令 \(n-2\) 变成 \(n\) 可得

\(s(n)=f(n+2)-1\)

注意到 \(f\) 是可以直接矩阵快速幂求的。这个时候就可以在 \(\mathcal{O}(\log n)\) 的时间复杂度求得 \(s(n)\) 了。

---

这个时候回来看本题：

对于 \(T(n)\) 来说，\(f(n)\) 被计算了 \(n\) 次，\(f(n-1)\) 被计算了 \((n-1)\) 次...

即

\[T(n)=\sum\limits_{i=1}^n{f(i)*i} \]

可以用后缀和的形式来表示这个式子，计 \(s2(x)=\sum\limits_{i=x}^n{f(i)}\)

所以上面的式子可以进一步转化成这个后缀和的形式

\[T(n)=\sum\limits_{i=1}^n{s2(i)} \]

可是 \(n\) 又不确定，又不会推后缀和，应该怎么求呢？

不会后缀和，但是我们会前缀和啊！

用 \(s\) 表示上述式子即为

\[T(n)=\sum\limits_{i=1}^n{s(n)-s(i-1)} \]

把 \(s(n)\) 提出来:

\[T(n)=n*s(n)-\sum\limits_{i=1}^n{s(i-1)} \]

代入 \(s(i)=f(i+2)-1\)

\[T(n)=n*f(n+2)-n-\sum\limits_{i=1}^n{(f(i+1)-1)} \]

把 \(\sum\) 里面的 \(-1\) 提出来

\[T(n)=n*f(n+2)-n-\sum\limits_{i=1}^n{f(i+1)}+n \]

之后就很简单了。

\[T(n)=n*f(n+2)-n-\sum\limits_{i=2}^{n+1}{f(i)}+n \]

\[T(n)=n*f(n+2)-n-\sum\limits_{i=2}^{n+1}{f(i)}+f(1)-f(1)+n \]

\[T(n)=n*f(n+2)-n-\sum\limits_{i=1}^{n+1}{f(i)}-f(1)+n \]

化简一下

\[T(n)=n*f(n+2)-s(n+1)-1 \]

\[T(n)=n*f(n+2)-(f(n+3)-1)-1 \]

\[T(n)=n*f(n+2)-f(n+3)+2 \]

矩阵快速幂求 \(f(n+2)\) 和 \(f(n+3)\) 就能 \(\mathcal{O}(\log n)\) 的时间复杂度求出 \(T(n)\) 了。

因为最后的式子里面有个减法，可以提前在减法之前加上一个 \(m\) 来防止负数取模的情况发生。

参考 \(\mathcal{Code}\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
int n,m;
struct Matrix {
	ll mat[3][3];
	int n,m;
	void memset() {
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=m;j++)
				mat[i][j]=0;
	}
};
Matrix mul(Matrix x,Matrix y)
{
	Matrix z;
	z.n=x.n;
	z.m=y.m; 
	z.memset();
	for(int i=1;i<=z.n;i++)
		for(int j=1;j<=z.m;j++)
			for(int k=1;k<=x.m;k++)
				z.mat[i][j]=(z.mat[i][j]+x.mat[i][k]*y.mat[k][j])%m;
	return z; 
}
Matrix qpow(Matrix base,int y)
{
	Matrix ans;
	ans.n=ans.m=2;
	ans.memset();
	for(int i=1;i<=2;i++)
		ans.mat[i][i]=1;
	while(y)
	{
		if(y&1) ans=mul(ans,base);
		base=mul(base,base);
		y>>=1;
	}
	return ans;
}
ll f(int n)
{
	Matrix ans,base;
	ans.n=1;
	ans.m=2;
	base.n=base.m=2;
	ans.memset();
	base.memset();
	ans.mat[1][1]=1;ans.mat[1][2]=1;
	base.mat[1][1]=0;base.mat[1][2]=1;
	base.mat[2][1]=1;base.mat[2][2]=1;
	base=qpow(base,n-2);
	ans=mul(ans,base);
	return ans.mat[1][2];
} 
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	printf("%lld",(n*f(n+2)%m-f(n+3)+m+2)%m);
	return 0;
}