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LOJ #10222. 「一本通 6.5 例 4」佳佳的 Fibonacci 题解

开发技术 开发技术 2周前 (08-01) 17次浏览

题目传送门

如果之前推过斐波那契数列前缀和就更好做(所以题目中给出了)。

斐波那契数列前缀和题目链接

先来推一下斐波那契数列前缀和:

[sumlimits_{i=1}^nf(i)
]

其中 (f(i)) 表示Fibonacci数列第 (i) 项。

直接推式子:

(s(x)=sumlimits_{i=1}^xf(i))

将右边一项项展开得出

[f(1)=1
]

[f(2)=1
]

[f(3)=f(1)+f(2)
]

[f(4)=f(2)+f(3)
]

[…
]

[f(n)=f(n-2)+f(n-1)
]

这些式子左右两边分别再加回去得出

[s(n)=1+1+f(1)+f(n-1)+2*sum_{i=2}^{n-2}f(i)
]

把其中一个 (1) 变成 (f(1)) 再和另一个 (f(1)) 加到 (2*sumlimits_{i=2}^{n-2}f(i)) 里面,得出

[s(n)=1+f(n-1)+2*sum_{i=1}^{n-2}f(i)
]

[s(n)=1+f(n-1)+2*s(n-2)
]

[s(n)-s(n-2)-s(n-2)=1+f(n-1)
]

[f(n)+f(n-1)-s(n-2)=1+f(n-1)
]

[f(n)-s(n-2)=1
]

[s(n-2)=f(n)-1
]

(n-2) 变成 (n) 可得

(s(n)=f(n+2)-1)

注意到 (f) 是可以直接矩阵快速幂求的。这个时候就可以在 (mathcal{O}(log n)) 的时间复杂度求得 (s(n)) 了。


这个时候回来看本题:

对于 (T(n)) 来说,(f(n)) 被计算了 (n) 次,(f(n-1)) 被计算了 ((n-1)) 次…

[T(n)=sumlimits_{i=1}^n{f(i)*i}
]

可以用后缀和的形式来表示这个式子,计 (s2(i)=sumlimits_{i=1}^n{f(i)})

所以上面的式子可以进一步转化成这个后缀和的形式

[T(n)=sumlimits_{i=1}^n{s2(i)}
]

可是 (n) 又不确定,又不会推后缀和,应该怎么求呢?

不会后缀和,但是我们会前缀和啊!

(s) 表示上述式子即为

[T(n)=sumlimits_{i=1}^n{s(n)-s(i-1)}
]

(s(n)) 提出来:

[T(n)=n*s(n)-sumlimits_{i=1}^n{s(i-1)}
]

代入 (s(i)=f(i+2)-1)

[T(n)=n*f(n+2)-n-sumlimits_{i=1}^n{(f(i+1)-1)}
]

(sum) 里面的 (-1) 提出来

[T(n)=n*f(n+2)-n-sumlimits_{i=1}^n{f(i+1)}+n
]

之后就很简单了。

[T(n)=n*f(n+2)-n-sumlimits_{i=2}^{n+1}{f(i)}+n
]

[T(n)=n*f(n+2)-n-sumlimits_{i=2}^{n+1}{f(i)}+f(1)-f(1)+n
]

[T(n)=n*f(n+2)-n-sumlimits_{i=1}^{n+1}{f(i)}-f(1)+n
]

化简一下

[T(n)=n*f(n+2)-s(n+1)-1
]

[T(n)=n*f(n+2)-(f(n+3)-1)-1
]

[T(n)=n*f(n+2)-f(n+3)+2
]

矩阵快速幂求 (f(n+2))(f(n+3)) 就能 (mathcal{O}(log n)) 的时间复杂度求出 (T(n)) 了。

因为最后的式子里面有个减法,可以提前在减法之前加上一个 (m) 来防止负数取模的情况发生。

参考 (mathcal{Code})

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
int n,m;
struct Matrix {
	ll mat[3][3];
	int n,m;
	void memset() {
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=m;j++)
				mat[i][j]=0;
	}
};
Matrix mul(Matrix x,Matrix y)
{
	Matrix z;
	z.n=x.n;
	z.m=y.m; 
	z.memset();
	for(int i=1;i<=z.n;i++)
		for(int j=1;j<=z.m;j++)
			for(int k=1;k<=x.m;k++)
				z.mat[i][j]=(z.mat[i][j]+x.mat[i][k]*y.mat[k][j])%m;
	return z; 
}
Matrix qpow(Matrix base,int y)
{
	Matrix ans;
	ans.n=ans.m=2;
	ans.memset();
	for(int i=1;i<=2;i++)
		ans.mat[i][i]=1;
	while(y)
	{
		if(y&1) ans=mul(ans,base);
		base=mul(base,base);
		y>>=1;
	}
	return ans;
}
ll f(int n)
{
	Matrix ans,base;
	ans.n=1;
	ans.m=2;
	base.n=base.m=2;
	ans.memset();
	base.memset();
	ans.mat[1][1]=1;ans.mat[1][2]=1;
	base.mat[1][1]=0;base.mat[1][2]=1;
	base.mat[2][1]=1;base.mat[2][2]=1;
	base=qpow(base,n-2);
	ans=mul(ans,base);
	return ans.mat[1][2];
} 
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	printf("%lld",(n*f(n+2)%m-f(n+3)+m+2)%m);
	return 0;
}

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