SP8547 题解

SP8547 题解

题意简述：给定 $n$，找到能够使得辗转相除法执行 $n$ 次的两个数，使得这两个数的和最小，输出这两个数。$n\le {10}^{18}$

分析：
对于这种题，一看就是猜结论的题，因为欧几里得算法最后的结束态即为：$(0,x)$，考虑倒推这个过程，在倒推过程中，由于欧几里得算法涉及取模，而我们所求为和最小，那么即我们仅仅让较大数不超过较小数的两倍即可，由此推理：

$$(0,x)->(1,x)->(x,x+1)->(x+1,2x+1)->(2x+1,3x+1)->(3x+1,5x+1)->\dots \dots$$

不妨设这个二元组为序列 $f$，$f(0)$ 表示 $(0,x)$，以此类推。记 $f(n{)}_0,f(n{)}_1$ 分别表示二元组 $f(n)$ 的较小值与较大值。

容易发现：$f(n+1{)}_0=f(n{)}_1,f(n+1{)}_1=f(n{)}_0+f(n{)}_1$，这很像斐波那契数列。再来，要使 $f(n{)}_0+f(n{)}_1$ 最小，就要使最初的 $x$ 最小，显然在合法的情况下，$x=1$。($x=0$ 时，式子并不成立。此时再看，这个数列变成了：$(0,1),(1,1),(1,2),(2,3)\dots$，不难看出，$f(n)=(Fi{b}_n,Fi{b}_{n+1})$。这里的 $Fib$ 表示斐波那契数列，规定第零项为 $0$。

问题变成了快速求解斐波那契数列，矩阵快速幂即可。

这里注意特判：也即当 $n=0$ 的时候，$(0,0)$ 才是最优决策，再特判 $n=1$，因为 $f(1),f(2)$ 实质上都只需要一次，而 $f(n)(n>1)$ 需要 $n-1$ 次。在实际操作的时候，将答案变为:$A^n\times [1,1]$ 即可，$A$ 为辅助矩阵。

#define int long long
const long long p=1000000007;
int f[2],a[2][2],ans[2][2],lst[2];
void mul(int a[2][2],int b[2][2]){
	int c[2][2];
	for(int i=0;i<2;i++){
		for(int j=0;j<2;j++){
			c[i][j]=0;
			for(int k=0;k<2;k++){
				c[i][j]+=a[i][k]*b[k][j];
				if(c[i][j]>p)c[i][j]%=p;
			}
		}
	}
	for(int i=0;i<2;i++)
		for(int j=0;j<2;j++)
			a[i][j]=c[i][j];
}
void power(int a[2][2],int b){
	ans[0][0]=ans[1][1]=1;
	while(b){
		if(b&1)mul(ans,a);
		b>>=1;
		mul(a,a);
	}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		int n;
		cin>>n;
		if(n==1){
			cout<<"2"<<endl;
			continue;
		}
		if(n==0){
			cout<<"0"<<endl;
			continue;
		}
		memset(a,0,sizeof a);
		memset(f,0,sizeof f);
		memset(ans,0,sizeof ans);
		memset(lst,0,sizeof lst);
		a[0][1]=1;
		a[1][1]=a[1][0]=1;
		power(a,n);
		f[0]=f[1]=1;
		for(int j=0;j<2;j++){
			for(int k=0;k<2;k++){
				lst[j]+=f[k]*ans[k][j];
				if(lst[j]>p)lst[j]%=p;
			}
		}
		cout<<(lst[0]+lst[1])%p<<endl;
	} 
}