P3986 斐波那契数列
题目描述
定义一个数列：
f(0)=a,f(1)=b,f(n)=f(n−1)+f(n−2)
其中 a,b均为正整数，n≥2 。
问有多少种 (a,b)，使得 k 出现在这个数列里，且不是前两项。
由于答案可能很大，你只需要输出答案模 10^9 + 7 的结果即可。
输入输出格式
输入格式：一行一个整数 k 。
输出格式：一行一个数，表示答案模10^9 + 7的结果。
输入输出样例
19260817
34166325
1000000000
773877569
说明
1≤k≤109
Solution：
一道趣味数学题，想了有快40多分钟。。。
本题可以枚举系数用扩展欧几里德求解通解，然后求正整数解个数，显然当某次无整数解时，再往后也不会再有正整数解了（很简单的道理，等下我的方法里有解释）。
讲讲我的算法，个人认为上述的方法简单些，但是我想到一个很特殊的斐波拉契的性质 F[i]*F[i+3]-F[i+1]*F[i+2]=(-1)i-1 于是入坑用了一个稍微复杂但绝对好理解的算法。
然后今天月考炸完，在机房无聊在白板上写本题详细思路（为写博做准备），结果发现本题要用我的方法写的话实在是长。
这是我在黑板上写的：
肯定不够清晰，所以还是解释一波：
题意是给定一个k，问有多少个f[1]=a,f[2]=b，使得k出现在该斐波拉契数列中。
等价于求解 a+b=k、a+2b=k、2a+3b=k、3a+5b=k…的以相邻两项斐波拉契数为系数的不定方程的正整数解的个数。
因为题目中说道a、b≥1,所以当斐波拉契数的某相邻两项f[i]+f[i+1]>k时便可不用在求不定方程了（显然无正整数解）。
于是可以枚举相邻的两项斐波拉契数作系数，然后累加正整数解的个数。
我们由裴蜀定理可知： $$ax+by=c \quad a,b,c\in Z*$$
有整数解的充要条件是： $$gcd(a,b)|c$$
证明：
$\because \quad$ $a=pgcd(a,b),\quad$ $b=qgcd(a,b)$
$\therefore \quad$ $ax+by=pgcd(a,b)x+qgcd(a,b)y=(px+qy)*gcd(a,b)=c$
$\because \quad$ $(px+qy),gcd(a,b)\in Z*$
$\therefore \quad$ $gcd(a,b)|c$
不妨设$x,y$为 $ax+by=c$ 的一组解，则由解$x,y$可推出其它解为：
$x1=x+\frac{b}{gcd(a,b)}*t,\quad$ $y2=x-\frac{a}{gcd(a,b)}*t\quad,t\in Z*$
证明：
$\because \quad ax+by=c$
$\therefore \quad ax+by+\frac{ab}{gcd(a,b)}*t-\frac{ab}{gcd(a,b)}*t=c$
$\therefore \quad a(x+\frac{b}{gcd(a,b)}*t)+b(y-\frac{a}{gcd(a,b)}*t)=c$
$\therefore \quad$ $x1=x+\frac{b}{gcd(a,b)}*t,\quad$ $y2=x-\frac{a}{gcd(a,b)}*t\quad,t\in Z*$
然后我们以斐波拉契中的相邻两项f[i]和f[i+1]为系数
不难发现$f[i]*f[i+3]-f[i+1]*f[i+2]=(-1)^{i-1}$
证明：
设$f[i]=a,f[i-1]=b\quad$ 则$f[i+1]=a+b,f[i+2]=2a+b,f[i+3]=3a+2b$
原式$=a*(3a+2b)-(a+b)*(2a+b)$
$=a^2-b^2-ab$
$=(a-b)(a+b)-ab$
$=f[i-2]*f[i+1]-f[i-1]*f[i]$
继续将新式子往下递归
1、当$2|i$，必定递归到$f[0]*f[3]-f[1]*f[2]=-1$(注意到$f[0]$无意义，所以$f[0]=0$),所以i为偶数时$f[i]*f[i+3]-f[i+1]*f[i+2]=-1$
2、否则，必定递归到$f[1]*f[4]-f[2]*f[3]=1$,所以i为奇数时$f[i]*f[i+3]-f[i+1]*f[i+2]=1$
$\therefore \quad$ $f[i]*f[i+3]-f[i+1]*f[i+2]=(-1)^{i-1}$
有了上面这个性质，易得题目中的$f[i]x+f[i+1]y=k$必定有通解：
$x=(-1)^{i-1}*k*f[i+3],\quad$ $y=(-1)^{i}*k*f[i+2]$
然后易得斐波拉契数列的相邻两项$f[i]$和$f[i+1]$互质，即$gcd(f[i],f[i+1])=1$,
证明（由欧几里德定理）：
$\because \quad$ $gcd(f[i],f[i+1])=gcd(f[i],f[i+1]-f[i])=gcd(f[i],f[i-1])…=gcd(f[1],f[2])=1$
$\therefore \quad$ $gcd(f[i],f[i+1])=1$
于是由上述性质可知：
$f[i]x+f[i+1]y=k$的整数解为$x1=(-1)^{i-1}*k*f[i+3]+f[i+1]*t,\quad$ $y1=(-1)^{i}*k*f[i+2]-f[i]*t,\quad t\in Z*$
显然由于$(-1)^{i-1},(-1)^{i}$中必定有一个为-1，于是$x$和$y$中有且仅有一负数。
1、当$x<0$，先使x变为最小整数解。
则xmin $=x+(\frac{\left| x\right|}{f[i+1]}+1)*f[i+1]$
则ymax $=y-(\frac{|x|}{f[i+1]}+1)*f[i]$
此时求其它正整数解时$x$单调递增，$y$单调递减。
$\therefore \quad$ 此时的正整数解的个数$=\lceil \frac{ymax}{f[i]} \rceil$
2、当$y<0$，和上面同理知此时的正整数解个数$=\lceil \frac{xmax}{f[i+1]} \rceil$
按照上述方法本题便能完美的解决。
由于斐波拉契数最多到第90多项时就爆long long了，所以本题此方法复杂度O(n)，n≤92。
代码：
#include<bits/stdc++.h> #define il inline #define ll long long using namespace std; const ll mod=1e9+7; ll f[100],x,y,n,i,ans; int main() { cin>>n; f[1]=f[2]=1;ans=n-1; for(i=3;i<=100;i++){f[i]=f[i-1]+f[i-2];if(f[i]>=n)break;} //cout<<i<<endl; for(int j=2;j<=i;j++){ int q=pow(-1,j-1); x=n*q*f[j+3],y=-n*q*f[j+2]; if(x<0){y-=(abs(x)/f[j+1]+1)*f[j];if(y>0)ans=ans+ceil(1.0*y/f[j]);ans%=mod;} else if(y<0){x-=(abs(y)/f[j]+1)*f[j+1];if(x>0)ans=ans+ceil(1.0*x/f[j+1]);ans%=mod;} } cout<<ans; return 0; }
