斐波那契数列
(F(0)=F(1)=1)或(F(1)=F(2)=1)，(F(i)=F(i-1)+F(i-2)).
广义斐波那契数列在转移时有系数且首两项给定。
求法
注意到斐波那契数列的转移为一个矩阵乘
当然广义斐波那契数列的转移就是把转移矩阵的系数换了一下。
所以我们可以通过矩阵快速幂快速求得所求项数。
给出广义斐波那契数列的矩阵乘代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int w=0,x=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))w|=c=='-',c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return w?-x:x;
}
namespace star
{
int mod;
struct mat{
int a[2][2];
inline void set(){
memset(a,0,sizeof a);
}
inline void zero(){
set();a[0][0]=a[1][1]=1;
}
inline int* operator [] (const int x){return a[x];}
inline const int* operator [] (const int x) const {return a[x];}
inline mat operator * (const mat &b)const{
mat ans;
ans.set();
for(int i=0;i<2;i++)
for(int j=0;j<2;j++)
for(int k=0;k<2;k++)
ans[i][j]=(ans[i][j]+a[i][k]*b[k][j]%mod)%mod;
return ans;
}
}now,pow;
inline mat fpow(mat a,int b){
mat ans;
ans.zero();
for(;b;b>>=1,a=a*a)if(b&1)ans=ans*a;
return ans;
}
inline void work(){
int p=read(),q=read(),a1=read(),a2=read(),n=read();
mod=read();
now[0][1]=a1,now[0][0]=a2,pow[0][0]=p,pow[1][0]=q,pow[0][1]=1;
printf("%lld",(now*fpow(pow,n-1))[0][1]);
}
}
signed main(){
star::work();
return 0;
}
性质
斐波那契数具有很多神奇的性质，虽然有些不太常用
- 齐肯多夫定理：任何正整数可以表示为若干个不连续的斐波那契数之和。
于是我们可以引出来一个叫做斐波那契进制的东西。
简单来说，因为任何数都可以被若干个斐波那契数的和表示，我们就可以把这个数用01串表示。其中第i位表示是否含有(F[i])。
更形式化地讲，从大到小枚举斐波那契数，每当$ F[i](不小于当前数就将此位置为1并减去该) F[i]$，根据定理最后一定会被减完，即被一个01串表示。
因为斐波那契数的增长速度很快，所以这个串并不会很长。
我们来看个毒瘤题：
对于这个LCA的毒瘤题本身我并不会没什么好说的，没有发现打表之外的解法
通过打表我们可以发现，设(a_i)表示还剩i颗石子时甲必胜此次至少要取的石子个数，那么(a_i)为(i)在斐波那契进制下的lowbit。
所以这个题本身和斐波那契数就只有这么点关系
对于题本身不予讨论。我也不会证
斐波那契公约数
我们需要证明(F[gcd(i,j)]=gcd(F[i],F[j]))。
其中(F[0]=F[1]=1)。
- 引理：(gcd(F[i],F[i-1])=1)
证明：
即(F[i])与(F[i-1])互质。
- 引理：(F[m+n]=F[m-1]F[n]+F[m]F[n+1])
设(F[n]=a,F[n+1]=b),向下递推发现由(a)和(b)表达的(F[i])中其系数是斐波那契数。自己推推就知道了。
- (F[gcd(i,j)]=gcd(F[i],F[j]))
证明：
不妨设(i<j)，则有
即
递归求解，发现我们就是在对F的下标求gcd，也就是
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int w=0,x=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))w|=c=='-',c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return w?-x:x;
}
namespace star
{
const int mod=1e8;
struct mat{
int a[2][2];
mat(){
memset(a,0,sizeof a);
}
inline void zero(){
a[0][0]=a[1][1]=1;
}
inline int* operator [] (const int x){return a[x];}
inline const int* operator [] (const int x) const {return a[x];}
inline friend mat operator * (const mat &a,const mat &b){
mat ans;
for(int i=0;i<2;i++)
for(int j=0;j<2;j++)
for(int k=0;k<2;k++)
ans[i][j]=(ans[i][j]+a[i][k]*b[k][j]%mod)%mod;
return ans;
}
}now,pow;
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline mat fpow(mat a,int b){
mat ans;
ans.zero();
for(;b;b>>=1,a=a*a)if(b&1)ans=ans*a;
return ans;
}
inline void work(){
now[0][0]=now[0][1]=pow[0][0]=pow[0][1]=pow[1][0]=1;
printf("%lld",(now*fpow(pow,gcd(read(),read())-1))[0][1]);
}
}
signed main(){
star::work();
return 0;
}
- (F[i-1]*F[i+2]-F[i]*F[i+1]=(-1)^i)
还是设(F[i]=a,F[i+1]=b)，然后推来推去，具体看@浅色调 的过程
对于P3986，这个结论可以用来快速解决(aF[i]+bF[i+1]=k)而不用exgcd。
即有通解(x=k*(-1)^iF[i-1],y=k*(-1)^{i+1}F[i-2])
贴下P3986的代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int w=0,x=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))w|=c=='-',c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return w?-x:x;
}
namespace star
{
const int maxn=100,mod=1e9+7;
int N,f[maxn],ans;
inline void work(){
int k=read();
f[1]=f[2]=1;ans=k-1;
for(N=3;(f[N]=f[N-1]+f[N-2])<k;N++);
N--;
for(int x,y,j=2;j<=N;j++){
int q=((j-1)&1)?-1:1;
x=k*q*f[j+3],y=-k*q*f[j+2];
if(x<0){
y-=((-x)/f[j+1]+1)*f[j];
if(y>0)ans=(ans+(int)ceil(1.0*y/f[j]))%mod;
}else
if(y<0){
x-=((-y)/f[j]+1)*f[j+1];
if(x>0)ans=(ans+(int)ceil(1.0*x/f[j+1]))%mod;
}
}
printf("%lld",ans);
}
}
signed main(){
star::work();
return 0;
}
PS:浅色调的题解对N多算了一次，减掉即可。或者在第二遍for循环内直接判掉break也行。
UPD10.15
- 给定一个长为n的序列，可在其中填1，求使1任意两个都不相邻的方案数。
昨天看了一道叫做01矩阵的题目想到该问题，经询问luogu聚铑们得到答案。
首先，
这玩意和斐波那契数有什么关系？
考虑DP，对于位置(i),设(f[i][0],f[i][1])为前i个数填完、i填0或1的方案数，则有转移
设(g[i])为到i的方案总数，则有
和斐波那契数列的转移相同。
总结
斐波那契数列性质很多。之后遇到新的我应该会补。
如果您凑巧看到了这里并知道一些相关题目请不吝赐教~