洛谷 P1487 失落的成绩单

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题目描述：

数列 \(a\) 满足

\[A_i=\frac{A_{i-1}-A_{i+1}}{2}+d \]

给出：首项 \(A_1\)、末项 \(A_n\)、\(d\)、\(m\)，求\(A_m\)

算法分析：
矩阵快速幂？还没学，所以我们就用数(mo)学(fa)来解决这道题。
预备知识：特征方程

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我们以这个式子为例—— \(f_i=f_{i-1}+6f_{i-2}\)
首先我们来看两个数集
\(A=\{x\mid x=(-2)^k,k\in\mathbb{N^*}\}\ ,\ B=\{x\mid x=3^k,k\in\mathbb{N^*}\}\)
那么，我们可以列出 \(A\) 的前几项：\(-2,4,-8,16,...\)，\(B\) 的前几项：\(3,9,27,81,...\)
将 \(A\) 代入递推式，神奇的发现——
\(f_1=-2\)
\(f_2=4\)
\(f_3=4+6\times(-2)=-8\)
\(f_4=-8+6\times4=16\)
\(......\)
\(A\) 中的数都满足上述的递推式，同样的，\(B\) 也满足。
很明显，\(f_i=(-2)^k\) 和 \(f_i=3^k\) 都是上述递推式的通项公式
下面我们来看两个引理——

1、若 \(f_i=a^i\) 是某一递推式的通项公式，那么，\(f_i=\lambda a^i\) 同样满足递推式（两边同乘上系数即可）

2、若 \(f_i=a^i\) 和 \(f_i=b^i\) 都满足递推式，那么，\(f_i=\alpha\times a^i+\beta\times b^i\) 同样满足（两式乘上系数相加即可）

接下来，我们来看一个经典的例子——斐波拉契数列 \(f_i=f_{i-1}+f_{i-2}\)
现在我们不能像刚才那个式子“观察”出一个通解了，那么就需要我们自己进行构造（自己动手，丰衣足食）
现在我们设存在一组等比数列满足这个递推式（不是等比怎么约分啊），其公比为 \(q\) ，那么我们看一下这个式子——

\[f_i=f_{i-1}+f_{i-2} \]

\[q^2\times f_{i-2}=q\times f_{i-2}+f_{i-2} \]

\[q^2=q+1 \]

\[q^2-q-1=0 \]

这就是斐波拉契数列的特征方程
把它解出来，可以得到—— \(q_1=\frac{\sqrt5+1}{2},q_2=\frac{-\sqrt5+1}{2}\)
那么，我们就知道了——公比为\(\frac{\pm\sqrt5+1}{2}\)的等比数列满足斐波拉契数列
那么，我们又知道了数列的前两项：\(f_1=f_2=1\)
我们设 \(f_i=\alpha\times(\frac{\sqrt5+1}{2})^i+\beta\times(\frac{-\sqrt5+1}{2})^i\)，代入\(f_1,f_2\)
则——

\[\begin{cases} \alpha(\frac{\sqrt5+1}{2})+\beta(\frac{-\sqrt5+1}{2})=f_1=1\\ \alpha(\frac{\sqrt5+1}{2})^2+\beta(\frac{-\sqrt5+1}{2})^2=f_2=1\\ \end{cases} \]

得 \(\alpha=\frac{\sqrt5}{5},\beta=-\frac{\sqrt5}{5}\)，这样，我们就求出了通项公式
回到之前的递推数列——\(f_i=f_{i-1}+6f_{i-2}\)，怎么得出其通解的？
其实很简单。我们设等比数列公比为 \(q\)，就可以得到特征方程—— \(q^2-q-6=0 \Rightarrow q_1=-2,q_2=3\)

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进入正题，首先来膜改一下式子：

\[A_i=\frac{A_{i-1}-A_{i+1}}{2}+d \]

\[2A_i=A_{i-1}-A_{i+1}+2d \]

\[A_{i+1}=-2A_{i}+A_{i-1}+2d \]

这是 \(A\) 的递推式，我们将 \(i\) 减 \(1\)：

\[A_{i}=-2A_{i-1}+A_{i-2}+2d \]

现在我们得出了答案 —— \(A_{i}=-2A_{i-1}+A_{i-2}+2d\)
那么我们先将 \(2d\) 放在一边，设数列 \(a\) 满足 \(a_{i}=-2a_{i-1}+a_{i-2}\)
设此数列公比为 \(q\)，现在代入——

\[q^2a_{i-2}=-2qa_{i-2}+a_{i-2} \]

\[q^2+2q-1=0 \]

这就是上述递推式的特征方程
现在解一下这个方程，可以得到—— \(q_1=-\sqrt{2}-1,q_2=\sqrt{2}-1\)
那么我们就可以得到这个数列的通项公式——

\[a_i=\alpha(-\sqrt{2}-1)^i+\beta(\sqrt{2}-1)^i \]

其中 \(i\leq n\)，并且

\[\begin{cases} \alpha(-\sqrt{2}-1)+\beta(\sqrt{2}-1)=a_1\\ \alpha(-\sqrt{2}-1)^n+\beta(\sqrt{2}-1)^n=a_n\\ \end{cases} \]

将上面的方程解出来，我们可以得到——

\[\begin{cases} \alpha=\frac{a_1(\sqrt{2}-1)^{n-1}-a_n}{(-\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}-1)^{n-1}-(-\sqrt{2}-1)^n}\\ \\ \beta=\frac{a_1(-\sqrt{2}-1)^{n-1}-a_n}{(\sqrt{2}-1)(-\sqrt{2}-1)^{n-1}-(\sqrt{2}-1)^n}\\ \end{cases} \]

代入通项公式并整理——

\[a_m=\frac{a_n[(\sqrt{2}-1)^{m-1}-(-1)^{m-1}(\sqrt{2}+1)^{m-1}]+(-1)^{m-1}a_1[(\sqrt{2}-1)^{n-m}-(-\sqrt{2}-1)^{n-m}]}{(\sqrt{2}-1)^{n-1}-(-1)^{n-1}(\sqrt{2}+1)^{n-1}} \]

设\(f(x)=(\sqrt2-1)^x-(-1)^x(\sqrt2+1)^x\)，可得

\[a_m=\frac{a_n\times f(m-1)+(-1)^{m-1}a_1\times f(n-m)}{f(n-1)} \]

好了，现在是最后一个问题——还有\(d\)呢！
其实很容(kun)易(nan)，观察递推式—— \(A_i=-2A_{i-1}+A_{i-2}+2d\)
我们设 \(A_i=a_i+p\times d\)，代入——

\[A_i=-2A_{i-1}+A_{i-2}+2d \]

\[a_i+pd=-2a_{i-1}-2pd+a_{i-2}+pd+2d \]

我们又有 \(a_{i}=-2a_{i-1}+a_{i-2}\)，那么两边约去，可得——

\[pd=-2pd+pd+2d \Rightarrow p=1 \]

故 \(A_i=a_i+d\)
那么，根据题意，我们来膜改一下式子——

\[A_m=\frac{(A_n-d)\times f(m-1)+(-1)^{m-1}(A_1-d)\times f(n-m)}{f(n-1)}+d \]

这样，我们就得到了数列的通项公式，代码就很好写了（没用龟(kuai)速幂，数据太弱QwQ）

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const double p=sqrt(2)-1;
int n,m; double d,a1,an;
double c(int op) {return (op&1)?-1:1;}
double f(int x) {return pow(p,x)-c(x)*pow(p+2,x);}
int main()
{
    scanf("%d%d%lf%lf%lf",&n,&m,&d,&a1,&an);
    if(m==0) printf("0.000");
    else printf("%.3lf",((an-d)*f(m-1)+c(m-1)*(a1-d)*f(n-m))/f(n-1)+d);
    return 0;
}

完结撒花QwQ