AcWing 1304. 佳佳的斐波那契
\(AcWing\) \(1304\). 佳佳的斐波那契
一、题目描述
佳佳对数学，尤其对数列十分感兴趣。
在研究完 \(Fibonacci\) 数列后，她创造出许多稀奇古怪的数列。
例如用 \(S(n)\) 表示 \(Fibonacci\) 前 \(n\) 项和 \(mod\ m\) 的值，即 \(S(n)=(F_1+F_2+…+F_n)\ mod\ m\)，其中 \(F_1=F_2=1,F_i=F_{i−1}+F_{i−2}\)。
可这对佳佳来说还是小菜一碟。
终于，她找到了一个自己解决不了的问题。
用 \(T(n)=(F_1+2F_2+3F_3+…+nF_n)\ mod\ m\) 表示 \(Fibonacci\) 数列前 \(n\) 项变形后的和 \(mod\ m\) 的值。
现在佳佳告诉你了一个 \(n\) 和 \(m\)，请求出 \(T(n)\) 的值。
输入格式
共一行，包含两个整数 \(n\) 和 \(m\)。
输出格式
共一行，输出 \(T(n)\) 的值。
数据范围
\(1≤n,m≤2^{31}−1\)
输入样例：
\(5\) \(5\)
输出样例：
\(1\)
样例解释
\(T(5)=(1+2×1+3×2+4×3+5×5)\ mod\ 5=1\)
二、推导过程
\[\because S_n=F_1+F_2+⋯+F_n=\sum_{i=1}^{n}F_i \\
T_n=F_1+2*F_2+...+nF_n=\sum_{i=1}^{n}iF_i\]
我们需要利用\(T_n\)构造新的数列，从而消去变量\(i\)，最后再反解出\(T_n\)：
\[\therefore nS_n-T_n=(n-1)F_1+(n-2)F_2+...+F_{n-1}
\]
令\(C_n=nS_n-T_n\)
\[\therefore C_n=(n-1)F_1+(n-2)F_2+...+F_{n-1} \ ①
\]
\[C_{n+1}=nF_1+(n-1)F_2+...+F_{n} \ ②
\]
② 式 - ① 式
\[C_{n+1}-C_n=F_1+F_2+F_3+...+F_n=S_n
\]
于是我们只需维护如下矩阵即可
\[\begin{pmatrix}
f_{n+1} & f_n & s_n & c_n
\end{pmatrix}
\]
有如下等式:
\[\begin{pmatrix}
f_{n+1} & f_n & s_n & c_n
\end{pmatrix} \times
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
f_{n+2} & f_{n+1} & s_{n+1} & c_{n+1}
\end{pmatrix}
\]
然后直接使用矩阵快速幂便可以求解
初始矩阵
\[\begin{pmatrix}
f_{2} & f_{1} & s_{1} & c_{1} \\
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 0
\end{pmatrix}
\]
递推式
\[\begin{pmatrix}
f_{n+1} & f_{n} & s_{n} & c_{n} \\
\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}
f_{2} & f_{1} & s_{1} & c_{1} \\
\end{pmatrix} \times
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}^{n-1}
\]
答案
\(T_n=nS_n-C_n =n\times b[0][2]-b[0][3]\)
\(Code\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int N = 4;
int n, mod;
// 矩阵乘法
void mul(int a[][N], int b[][N], int c[][N]) {
int t[N][N] = {0};
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = 0; j < N; j++)
for (int k = 0; k < N; k++)
t[i][j] = (t[i][j] + (a[i][k] * b[k][j]) % mod) % mod;
}
memcpy(c, t, sizeof t);
}
int main() {
int b[N][N] = {1, 1, 1, 0};
int m[N][N] = {
{1, 1, 1, 0},
{1, 0, 0, 0},
{0, 0, 1, 1},
{0, 0, 0, 1}};
cin >> n >> mod;
for (int i = n - 1; i; i >>= 1) {
if (i & 1) mul(b, m, b);
mul(m, m, m);
}
int t = (n * b[0][2]) - b[0][3];
t = (t % mod + mod) % mod;
printf("%lld\n", t);
return 0;
}
