关于斐波那契数列,相信大家对它并不陌生,关于其的题目也不在少数。
我现在总结一下有关它的一些有趣的性质。
基础问题
1.求斐波那契数列的第k项
常规方法是利用f[i]=f[i-1]+f[i-2],时间复杂度为O(n)
显然最多处理到1e7
假如n到1e18怎么办,O(n)显然就T飞了.
我们考虑利用什么方法来加速
斐波那契数列数列是其次线性递推式
所以是可以利用矩阵乘法进行求解的
$$ \left [ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} \right] \tag{2} $$
很显然用[Fi,F(i-1)]乘以上面的矩阵是可以得到[Fi+F(i-1),Fi]
这样,再利用矩阵快速幂就可以做到8logn求解斐波那契数列第n项了
求Fi与Fj的最大公约数
这里要用到一个神奇的性质
gcd(F[n],F[m])=F[gcd(n,m)]
证明:丢链就跑
这里的结论可以记下来,可能会有用
3.斐波那契数列的循环节
求斐波那契数列modn的
根据一些奇奇怪怪的性质,我们可以在logp的时间求斐波那契数列的循环节
综合问题
求一个循环节,然后矩阵快速幂,就是一个模板的合集
// luogu-judger-enable-o2 # include<cstring> # include<iostream> # include<cstdio> # include<cmath> # include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1e5+5; ll dp[maxn*10]; ll prime[maxn],s=0; bool vis[maxn]; char ch[30000005]; int len; void init_prime() { for(ll i=2;i<maxn;i++) { if(!vis[i]) prime[s++]=i; for (ll j=0;j<s&&i*prime[j]<maxn;j++) { vis[i*prime[j]]=1; if(i%prime[j]==0) break; } } return; } ll pow_mod(ll a1,ll b1) { ll ans=1; while(b1) { if(b1&1) ans=ans*a1; b1>>=1; a1*=a1; } return ans; } ll pow_mod2(ll a,ll b,ll p) { ll ans=1; while(b) { if(b&1) ans=ans*a%p; b>>=1; a=a*a%p; } return ans; } ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a; } bool f(ll n,ll p) { return pow_mod2(n,(p-1)>>1,p)==1; } struct matrix { ll x1,x2,x3,x4; }; matrix matrix_a,matrix_b,matrix_c; matrix M2(matrix aa,matrix bb,ll mod) { matrix tmp; tmp.x1=(aa.x1*bb.x1%mod+aa.x2*bb.x3%mod)%mod; tmp.x2=(aa.x1*bb.x2%mod+aa.x2*bb.x4%mod)%mod; tmp.x3=(aa.x3*bb.x1%mod+aa.x4*bb.x3%mod)%mod; tmp.x4=(aa.x3*bb.x2%mod+aa.x4*bb.x4%mod)%mod; return tmp; } matrix M(ll n,ll mod) { matrix a,b; a=matrix_a;b=matrix_b; while(n){ if(n&1){ b=M2(b,a,mod); } n>>=1; a=M2(a,a,mod); } return b; } ll fac[100][2],l,x,fs[1000]; void dfs(ll count,ll step) { if(step==l) { fs[x++]=count; return ; } ll sum=1; for(ll i=0;i<fac[step][1];i++) { sum*=fac[step][0]; dfs(count*sum,step+1); } dfs(count,step+1); } ll solve2(ll p) { if(p<1e6&&dp[p]) return dp[p]; bool ok=f(5,p); ll t; if(ok) t=p-1; else t=2*p+2; l=0; for(ll i=0;i<s;i++) { if(prime[i]>t/prime[i]) break; if(t%prime[i]==0) { ll count=0; fac[l][0]=prime[i]; while(t%prime[i]==0) { count++;t/=prime[i]; } fac[l++][1]=count; } } if(t>1) { fac[l][0]=t; fac[l++][1]=1; } x=0; dfs(1,0); sort(fs,fs+x); for(ll i=0;i<x;i++) { matrix m1=M(fs[i],p); if(m1.x1==m1.x4&&m1.x1==1&&m1.x2==m1.x3&&m1.x2==0) { if(p<1e6) dp[p]=fs[i]; return fs[i]; } } } ll solve(ll n){ ll ans=1,cnt; for(ll i=0;i<s;i++){ if(prime[i]>n/prime[i]){ break; } if(n%prime[i]==0){ ll count=0; while(n%prime[i]==0){ count++;n/=prime[i]; } cnt=pow_mod(prime[i],count-1); cnt*=solve2(prime[i]); ans=(ans/gcd(ans,cnt))*cnt; } } if(n>1){ cnt=1; cnt*=solve2(n); ans=ans/gcd(ans,cnt)*cnt; } return ans; } void pre() { init_prime(); matrix_a.x1=matrix_a.x2=matrix_a.x3=1; matrix_a.x4=0; matrix_b.x1=matrix_b.x4=1; matrix_b.x2=matrix_b.x3=0; dp[2]=3;dp[3]=8;dp[5]=20; } int main(){ ll t,n,MOD,num=0; pre(); scanf("%s",ch+1); len=strlen(ch+1); scanf("%lld",&n); MOD=solve(n); for (int i=1;i<=len;i++) { num=num*10+ch[i]-‘0‘; while (num>=MOD) num-=MOD; } matrix_c=M(num,n); printf("%lld",matrix_c.x2); return 0; }
原文地址:https://www.cnblogs.com/logeadd/p/9397856.html
时间: 2024-10-03 22:41:02