Fibonacci数列的幂和 zoj 3774

题目大意：

求斐波那契数列前n项的k次幂和  Mod 1000000009。    n<=1e18, k<=1e5

 

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这题的k比较大,所以不能用矩阵乘法来递推。学到了新姿势...  http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/23039571

 

基本思想就是求出通项公式,把里面的$\sqrt{5}$   用 $x$ 代替, 其中 $x^2\equiv 5\pmod{1000000009}$

然后二项式展开求和就好了。

一个合法的$x$是383008016。 正好前几天做了个高次剩余方程的题,直接拉过去跑出来。。

为什么这样替代是合法的呢? 网络上好像没找到严谨的证明。

下面给出我个人的不严谨证明：

将原式子合并之后最终会得到$\frac{P(t)}{Q(t)}$ 这样的形式。 其中$t=\sqrt{5}$  $P(t)$和$Q(t)$是关于$t$的多项式.

把$P(t)$ $Q(t)$中次数>=2的可以利用$t^2=5$降幂成次数不超过1的, 最后变成$\frac{P'(t)}{Q'(t)}$ 这样的形式.

由于最终答案一定是整数,所以 $Q'(t)$ 能整除  $P'(t)$ 。      设 $\frac{P'(t)}{Q'(t)}=K$

那么把$t$ 换成 上面求出的 $x$  得到的 $\frac{P'(x)}{Q'(x)}$ 也是 $K$. 不影响答案。

 

AC代码：

 1 #include 
 2 #include 
 3 #include 
 4 #include 
 5 #include 
 6 #include 
 7 #include ]*i%Mod,fac_inv[i]=Power(fac[i],Mod-2);
54     int T,K,ans; ll n;  
55     scanf("%d",&T);
56     while (T--)
57     {
58         scanf("%lld%d",&n,&K);
59         ans=0;
60         for (int i=K,op=1;i>=0;i--,op=-op)
61         {
62             int tmp1=op*C(K,i),tmp2,x=1ll*Power(P,i)*Power(Q,K-i)%Mod;
63             if (x==1) tmp2=n%Mod;
64             else tmp2=1ll*x*(Power(x,n)-1)%Mod,tmp2=1ll*tmp2*Power(x-1,Mod-2)%Mod;
65             ans+=1ll*tmp1*tmp2%Mod;
66             ans%=Mod;
67         }
68         if (ans<0) ans+=Mod;
69         ans=1ll*ans*Power(Power(sqrt5,Mod-2),K)%Mod;
70         printf("%d\n",ans);
71     }
72     return 0;
73 }

View Code

 

我的求高次剩余方程的代码(目前只会做模数是质数的情况...)： 

http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1038

  1 #include 
  2 #include 
  3 #include 
  4 #include 
  5 #include ,int> > hash[M];
 58 
 59 int Calc_Exp(int a,int b,int P)  // 求解a^x=b (mod P)
 60 {
 61     int m=ceil(sqrt(P+0.5)); 
 62     for (int i=0;i) hash[i].clear();
 63     
 64     int v=Power(a,m,P),tmp=1; v=Power(v,P-2,P);
 65     hash[1].push_back(make_pair(1,0));
 66     for (int i=1;i) 
 67     {
 68         tmp=1ll*tmp*a%P;
 69         hash[tmp%M].push_back(make_pair(tmp,i));
 70     }
 71     
 72     for (int i=0;i)
 73     {
 74         int t=b%M;
 75         for (int j=0;j)
 76         {
 77             if (hash[t][j].X==b) return i*m+hash[t][j].Y;
 78         }
 79         b=1ll*b*v%P;
 80     }
 81 }
 82 
 83 void ex_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y,ll &d)
 84 {
 85     if (!b)
 86     {
 87         d=a;
 88         x=1;
 89         y=0;
 90     }
 91     else
 92     {
 93         ex_gcd(b,a%b,y,x,d);
 94         y-=a/b*x;
 95     }
 96 }
 97 
 98 //X^A = B (mod P)
 99 void Solve_Equation(int A,int B,int P)
100 {
101     ans.clear();
102     int g=Find_Root(P); //求出P的原根 
103     int b=Calc_Exp(g,B,P);  // B=g^b
104     ll x,y,d;
105     ex_gcd(A,P-1,x,y,d);
106     if (b%d==0)
107     {
108         int del=(P-1)/d,tmp,t;
109         x*=b/d;
110         x%=del;
111         if (x<0) x+=del;
112         tmp=Power(g,(int)x,P);
113         t=Power(g,del,P);
114         while (x<=P-2) ans.push_back(tmp),x+=del,tmp=1ll*tmp*t%P;
115         sort(ans.begin(),ans.end());
116         for (int i=0;i"%d%c",ans[i],i==ans.size()-1? '\n':' ');
117     }
118     if (ans.size()==0) printf("No Solution\n");
119 }
120 
121 int main()
122 {
123     //freopen("in.in","r",stdin);
124     //freopen("out.out","w",stdout);
125     
126     for (int i=2;i)
127     {
128         if (!flag[i]) prime[++prime[0]]=i;
129         for (int j=1;j<=prime[0] && i*prime[j])
130         {
131             flag[i*prime[j]]=true;
132             if (i%prime[j]==0) break;
133         }
134     }
135     
136     int T,A,B,P; scanf("%d",&T);
137     while (T--)
138     {
139         scanf("%d%d%d",&P,&A,&B);
140         Solve_Equation(A,B,P);
141     }
142     
143     return 0;
144 }

View Code

可以扩展到模数不是质数的情况,等我学会了在写篇文章 记录具体做法吧。

 

转载于:https://www.cnblogs.com/vb4896/p/6545602.html