2020杭电多校 1E / HDU 6755 - Fibonacci Sum
题意
定义\(F_i\)为斐波那契数列第\(i\)项
给定三个正整数\(N,C,K\)
求\((F_0)^k+(F_C)^k+(F_{2C})^k+...+(F_{NC})^k\)的值，结果对\(10^9+9\)取模
数据范围
\(1≤T≤200\)
\(1≤N,C≤10^{18} , 1≤K≤10^5\)
解
《Fibonacci数列的幂和》ACdreamers这篇博客的想法帮助很大，可以说是这道题的变种
可能是原题的题：ZOJ3774 - Power of Fibonacci
可以不需要知道的东西是：\(5\)是模数\(10^9+9\)的二次剩余
斐波那契数列的通项公式为\(F_n=\frac{1}{\sqrt 5}[(\frac{1+\sqrt 5}{2})^n-(\frac{1-\sqrt 5}{2})^n]\)
根据逆元和二次剩余的转化，可以使用\(x^2≡5\ mod\ 10^9+9\)中的\(x\)来代替\(\sqrt 5\)
故可直接计算得到下列常数
\(\frac{1}{\sqrt5}≡276601605\ ,\ \frac{1+\sqrt 5}{2}≡691504013\ ,\ \frac{1-\sqrt 5}{2}≡308495997\ (mod\ 10^9+9)\)
设\(D=\frac{1}{\sqrt 5}\ ,\ a=\frac{1+\sqrt 5}{2}\ ,\ b=\frac{1-\sqrt 5}{2}\)
则原式可看作\(F_n=D(a^n-b^n)\)
\(F_n^k=D^k(a^n-b^n)^k\)
发现\(D^k\)是个常数，不会随项数变化而变化，故可以放在最后乘上
现在我们只观察\((a^n-b^n)^k\)
根据二项式定理，将该式子二项式展开可得
\((a^n-b^n)^k=C_k^0(a^n)^k(-b^n)^0+C_k^1(a^n)^{k-1}(-b^n)^1+C_k^2(a^n)^{k-2}(-b^n)^2+...+C_k^r(a^n)^{k-r}(-b^n)^r+...+C_k^k(a^n)^0(-b^n)^k\)
将负数项提出，得到
\((a^n-b^n)^k=C_k^0(a^n)^k(b^n)^0(-1)^0+C_k^1(a^n)^{k-1}(b^n)^1(-1)^1+...+C_k^r(a^n)^{k-r}(b^n)^r(-1)^r+...+C_k^k(a^n)^0(b^n)^k(-1)^k\)
故最终的式子为
\(F_n^k=D^k[C_k^0(a^n)^k(b^n)^0(-1)^0+C_k^1(a^n)^{k-1}(b^n)^1(-1)^1+...+C_k^r(a^n)^{k-r}(b^n)^r(-1)^r+...+C_k^k(a^n)^0(b^n)^k(-1)^k]\)
根据题意中需要我们求的式子，发现下标每项递增一个常数\(C\)
类似的，我们可以得到
\(F_{2n}^k=D^k[C_k^0(a^{2n})^k(b^{2n})^0(-1)^0+C_k^1(a^{2n})^{k-1}(b^{2n})^1(-1)^1+...+C_k^r(a^{2n})^{k-r}(b^{2n})^r(-1)^r+...+C_k^k(a^{2n})^0(b^{2n})^k(-1)^k]\)
\(F_{3n}^k=D^k[C_k^0(a^{3n})^k(b^{3n})^0(-1)^0+C_k^1(a^{3n})^{k-1}(b^{3n})^1(-1)^1+...+C_k^r(a^{3n})^{k-r}(b^{3n})^r(-1)^r+...+C_k^k(a^{3n})^0(b^{3n})^k(-1)^k]\)
容易发现，当\(k\)固定时，每一项的\(C_k^r\)和\((-1)^r\)是相同的，而不同的项为
将指数化开可得
很容易能够看出来，这正是一个等比数列
首项为\((a^n)^{k-r}(b^n)^r\)，公比也为\((a^n)^{k-r}(b^n)^r\)
故可以通过等比数列求和公式\(S=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}\)快速求出
有了这个性质，本题便能枚举\(k\)后直接计算答案
优化一
同时也可以发现，设相邻两项为
后一项可以由前一项乘上\(-\frac{b^n}{a^n}\)得来
故该部分改成递推可以再减少几次快速幂的时间
优化二
发现本题数据达到\(10^{18}\)，且模数为质数，故可以稍微改动下快速幂部分，将欧拉降幂应用进去
简单来说，欧拉降幂即\(a^n≡a^{n\%(mod-1)+(mod-1)}\)，但存在着使用限制
优化三
对于组合数的求法，注意到题目中\(k\)的范围仅有\(10^5\)，故可以\(O(n)\)预处理出\(10^5\)内的阶乘\(fac[i]\)以及阶乘逆元\(inv[i]\)
借助组合数公式\(C_m^n=\frac{m!}{(m-n)!n!}\)直接获得组合数
遍历复杂度为\(O(k)\)，快速幂复杂度为\(O(logn)\)，总时间复杂度\(O(Tklogn)\)
完整程序
还是得卡常数，注意优化计算过程
最后跑出来是(1716ms/2000ms)，实在不会优化了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=100005;
const ll mod=1e9+9;
ll fac[maxn+10],inv[maxn+10];
ll qpow(ll a,ll n)
{
ll r=1;
a%=mod; //防止自乘越界
if(n>mod)
n=n%(mod-1)+mod-1; //欧拉降幂
while(n)
{
if(n&1)
r=(r*a)%mod;
n>>=1;
a=(a*a)%mod;
}
return r;
}
void init()
{
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=maxn;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%mod; //求出阶乘
inv[maxn]=qpow(fac[maxn],mod-2); //求出最大项阶乘的逆元
for(int i=maxn-1;i>=0;i--)
inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod; //递推得到所有阶乘的逆元
}
inline ll getC(ll m,ll n) //组合数，下m上n
{
return fac[m]*inv[m-n]%mod*inv[n]%mod; //据组合数公式直接计算组合数
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
init(); //初始化阶乘与阶乘逆元
int T;cin>>T;
while(T--)
{
ll n,c,k,ans=0;
cin>>n>>c>>k;
ll tmp1=qpow(691504013,c),tmp2=qpow(308495997,c);
ll r1=qpow(tmp1,k),r2=1; //an与bn的初始值
ll rinv=qpow(tmp1,mod-2); //每次an项需要除以a，预处理逆元
for(int r=0;r<=k;r++)
{
ll t=r1*r2%mod,tmp; //两项相乘
if(t==1) //如果等于1，说明等比数列首项与公比均为1，直接计算
tmp=n%mod;
else //否则套上等比数列求和公式
tmp=t*(qpow(t,n)-1)%mod*qpow(t-1,mod-2)%mod;
tmp=tmp*getC(k,r)%mod; //乘上组合数
if(r&1) //判断该项的正负性
ans-=tmp;
else
ans+=tmp;
r1=r1*rinv%mod; //an项每次除以a
r2=r2*tmp2%mod; //bn项每次乘上b
}
ans=(ans%mod+mod)%mod*qpow(276601605,k)%mod; //注意将ans计算至[0,mod)的范围内先，最后乘上D^k
cout<<ans<<'\n';
}
return 0;
}
