【NOIP2012模拟11.8】斐波那契

Description

小明有一个数列。
a[0] = a[1] = 1。
a[i] = i * a[i - 1] * a[i - 2]（i≥2）。
小明想知道a[n]的因子个数。

Input
输入仅一个正整数n。
Output
输出a[n]的因子个数mod 1,000,000,007的值。
Sample Input
3
Sample Output
4
Data Constraint
Hint
【数据范围】
对于30%的数据满足0≤n≤1,000。
对于100%的数据满足0≤n≤1,000,000。

THE Solution

设f[I]为斐波那契数列的第i项(f[1]=f[2]=1,f[I]=f[I-1]+f[I-2]) 先观察前几项

$$A[0]=1 A[1]=1$$
$$A[2]=2*1*1=2$$
$$A[3]=3*2*1=3*2$$
$$A[4]=4*(3*2)*2=4*3*2^2$$
$$A[5]=5*(4*3*2^2)*(3*2)=5*4*3^2*2^3$$

注意观察每个因数的指数

可以得知对于每个num(num<=n)，num中的各个质因数在a[n]中一定存在，且个数为f[n-i+1]倍。

因此将1至n分解质因数，将各个质因数个数乘以f[n-i+1]再求和，
再用公式即可算出a[n]的因子个数。
分解质因数时利用类似筛法的方法可以极大地提高效率。
线性筛法

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstring>
#define mo 1000000007
#define N 1000005
#define fo(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)

using namespace std;

int a[N],FIB[N],n;
bool bz[N];
long long Ans=1;

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    FIB[1] = 1;
    FIB[2] = 1;
    fo(i,3,n) FIB[i] = (FIB[i - 1] + FIB[i - 2]) % mo;
    fo(i,2,n)
    {
        if (bz[i]) continue;
        a[i] =FIB [n - i + 1];
        int j = i + i;
        while (j <= n)
        {
            bz[j] = true;
            int now = j;
            for (;now % i == 0;a[i] = (a[i] + FIB[n - j + 1])%mo) now/=i;
            j+=i;
        }
    }
    fo(i,2,n) Ans = (Ans * (a[i] + 1)) % mo;
    printf("%lld", Ans );
    return 0;
}
/*
A[0]=1 A[1]=1  
A[2]=2*1*1=2
 A[3]=3*2*1=3*2 
 A[4]=4*(3*2)*2=4*3*2^2 
 A[5]=5*(4*3*2^2)*(3*2)=5*4*3^2*2^3 
*/