AcWing 205. 斐波那契

$AcWing$ $205$. 斐波那契

题目传送门

一、题目描述

在斐波那契数列中，$F_ib_0=0,F_ib_1=1,F_ib_n=F_ib_{n−1}+F_ib_{n−2}(n>1)$。

给定整数 $n$，求 $F_ib_n~ mod ~ 10000$。

输入格式
输入包含多组测试用例。

每个测试用例占一行，包含一个整数 $n$。

当输入用例 $n=−1$ 时，表示输入终止，且该用例无需处理。

输出格式
每个测试用例输出一个整数表示结果。

每个结果占一行。

数据范围
$0≤n≤2×10^9$

二、矩阵乘法

设 $A$ 为 $P \times M$的矩阵，$B$ 为 $M \times Q$ 的矩阵，设矩阵 $C$ 为矩阵 $A$ 与 $B$ 的乘积，

其中矩阵 $C$ 中的第 $i$ 行第 $j$ 列元素可以表示为：

$$\large C_{i,j} = \sum_{k=1}^MA_{i,k}B_{k,j}$$

如果没看懂上面的式子，没关系。通俗的讲，在矩阵乘法中，结果 $C$ 矩阵的第 $i$ 行第 $j$ 列的数，就是由矩阵 $A$ 第 $i$ 行 $M$ 个数与矩阵 $B$ 第 $j$ 列 $M$ 个数分别 ①相乘 再 ②相加 得到的。

相关性质
乘法结合律：$(AB)C=A(BC)(AB)C=A(BC)$
单位矩阵：$AE=EA=A$，其中的单位矩阵 $E$ 符合：行数等于列数，对角线上的元素都是 $1$，其余都是 $0$

三、本题题解

如果有一道题目让你求斐波那契数列第 $n$ 项的值，最简单的方法 莫过于直接 递推。但是如果 $n$ 的范围达到了 $10^{9}$级别，递推就不行了，稳稳 $TLE$, 考虑 矩阵加速递推:

斐波那契数列（$Fibonacci$ $Sequence$）大家应该都非常的熟悉了。在斐波那契数列当中，

我们知道，斐波那契数列有这样的定义：

$$\large f_i = f_{i−1}+f_{i−2}$$

​那么如果我们有一个$2 × 2 $的矩阵，其中第一行分别是$f_{i − 1}$ 和$f_{i-2}$。我们的目标是把第一行乘上一个矩阵变成$f_i$和$f_{i-1}$。那么应该怎么办呢？

首先，矩阵$A$和矩阵$C$都含有$f_{i-1}$ 这一项。那么就先从这里下手。
我们知道，矩阵$C$的$f_{i-1}$在第$1$行第$2$列。那么，根据公式，可以得到

$$\large C_{1 , 2} = A_{ 1 , 1} × B_{1,2} + A_{1 , 2} × B_{ 2 , 2}$$

也就是说

$$\large f_{i-1}=f_{i-1}\times B_{1,2} +f_{i-2}\times B_{2,2}$$

​

那么很明显，我们可以得到$B_{1,2}=1,B_{2,2}=0$。这样可以保证进行矩阵乘法之后$C_{1,2}$ 是$f_{i-1}$。

那么现在来看矩阵$C$中的$f_i$。我们要保证的是

$$\large C_{1,1} =A_{1,1} ×B_{1,1} +A_{1,2} ×B_{2,1}$$

也就是说

$$\large f_{i}=f_{i-1}\times B_{1,1}+f_{i-2}\times B_{2,1}$$

​

我们知道，$f_i=f_{i-1}+f_{i-2}$。所以可以得到$B_{1,1}=1,B_{2,1}=1$

那么整个矩阵$B$都被我们求出来了。
得到了$f_i$ 和$f_{i-1}$ 后，我们再将它乘一次矩阵$B$，就可以得到$f_{i+1}$和$f_i$,又可以得到$f_{i+2}$和$f_{i+1}...$,这样就可以得到$f_n$了。

但是！
你以为就结束了？
这样的时间复杂度是$O(nm^2)$，其中$n$表示求斐波那契数列的第$n$项，$m$表示矩阵的长宽,还不如递推。而且递推可以得到$1$到$n$的所有斐波那契数，而矩阵乘法只能求第$n项。

其实还有个地方可以优化。
我们求$f_n$的时候其实是将原矩阵$A$乘了$n − 1$次矩阵$B$的。也就是说

$$\large 目标矩阵=A×B^{n−1}$$

看到$n − 1$次方想到了什么？
可以用 快速幂！
我们用快速幂的思想求出$B^{n-1}$，然后再乘上一个矩阵$A$即可。

怎么用快速幂？
其实是一个道理。只不过把矩阵$A$乘矩阵$B$换成矩阵$B$乘矩阵$B$就可以了。
那么最终的时间复杂度为$O(m^3logn)$。还是很优秀的。

注意
矩阵乘法不满足交换律，所以一定不能写成 $\left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right]^{n-2} \times \left[\begin{array}{ccc}1 & 1\end{array}\right]$ 的第一行第一列元素。

• 对于 $n \leq 2$ 的情况，直接输出 $1$ 即可，不需要执行矩阵快速幂。

• 为什么要乘上 $base$ 矩阵的 $n-2$ 次方而不是 $n$ 次方呢？因为 $F_1, F_2$ 是不需要进行矩阵乘法就能求的。也就是说，如果只进行一次乘法，就已经求出 $F_3$了。如果还不是很理解为什么幂是 $n-2$，建议手算一下。

四、实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10; //这个黄海实测，写成3也可以AC，考虑到矩阵乘法的维度，一般写成10，差不多的都可以过掉
const int MOD = 10000;

int base[N][N], res[N][N];
int t[N][N];

//矩阵乘法,为快速幂提供支撑
inline void mul(int C[][N], int A[][N], int B[][N]) {
    memset(t, 0, sizeof t);
    for (int k = 1; k <= 2; k++)
        for (int i = 1; i <= 2; i++)
            for (int j = 1; j <= 2; j++)
                t[i][j] = (t[i][j] + (A[i][k] * B[k][j]) % MOD) % MOD;
    memcpy(C, t, sizeof t);
}

//快速幂
void qmi(int k) {
    memset(res, 0, sizeof res);
    res[1][1] = res[1][2] = 1; //结果是一个横着走，一行两列的矩阵
                               // P * M 与 M * Q 的矩阵才能做矩阵乘积，背下来即可
    //矩阵快速幂,就是乘k次 base矩阵，将结果保存到res中
    //本质上就是利用二进制+log_2N的特点进行优化
    while (k) {
        //比如 1101
        if (k & 1) mul(res, res, base); // res=res*b
        mul(base, base, base);          //上一轮的翻番base*=base
        k >>= 1;                        //不断右移
    }
}

int main() {
    int n;
    while (cin >> n) {
        if (n == -1) break;
        if (n == 0) {
            puts("0");
            continue;
        }
        if (n <= 2) {
            puts("1");
            continue;
        }

        // base矩阵
        memset(base, 0, sizeof base);
        /**
         1 1
         1 0

         第一行第一列为1
         第一行第二列为1
         第二行第一列为1
         第二行第二列为0 不需要设置，默认值
        */
        base[1][1] = base[1][2] = base[2][1] = 1;

        //快速幂
        qmi(n - 2);

        //结果
        printf("%d\n", res[1][1]);
    }

    return 0;
}

五、思考题

https://blog.csdn.net/weixin_42638946/article/details/115872469

使用 快速幂优化 计算以下数列第 $n$ 项 $mod ~10^9+7$ 的值：

1. $\large a_n=a_{n−1}+2a_{n−2}~(a_1=0,a_2=1)$

解：$\large F_n=F_{n-1}+2F_{n-2}$

$\large G(n)=[F_{n},F_{n-1}],G(n-1)=[F_{n-1},F_{n-2}]$

思考 $G(n-1)$ 如何变化可以到达 $G(n)$ ?

$$\large G(n)=G(n-1) \times \left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{array}\right] \\ \Rightarrow \\ \large [F_{n},F_{n-1}]=[F_{n-1},F_{n-2}] \times \left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{array}\right] \\ \Rightarrow$$

$$\large =[F_{2},F_{1}] \times \left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{array}\right]^{n-1}=[1,0] \times \left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{array}\right]^{n-1}$$

---

2. $\large a_n=3a_{n−1}−2a_{n−2}+1 ~(a_1=0,a_2=1)$

3. $\large \displaystyle a_n=\sum_{i=1}^{n−1}[(n−i)×a_i]~(a_1=1)$

4. $\large a_n=a_{n−1}×a_{n−2}~(a_1=2,a_2=3)$

矩阵快速幂的一些题目
https://blog.csdn.net/ypeij/article/details/118785530

矩阵快速幂
https://www.cnblogs.com/mk-oi/p/13591627.html