HDU 6198 number number number（矩阵快速幂）

Description

问不能由$k$个斐波那契数组成的最小正整数

Input

多组用例，每组用例输入一整数$k(1\le k\le 10^9)$

Output

对于每组用例，输出答案，结果模$998244353$

Sample Input

1

Sample Output

4

Solution

$k=1$时，答案为$4=f(5)-1$，$k=2$时，答案为$12=f(7)-1$，假设不能由$i$个斐波那契数组成的最小正整数为$f(2i+3)-1,i\ge 2$，下面证明不能由$i+1$个斐波那契数组成的最小正整数为$f(2i+5)-1$

首先证明，$i+1$个斐波那契数可以组成$0$~$f(2i+5)-2$中的每个数字$x$

1.$0\le x\le f(2i+3)-2$，取第$i+1$个斐波那契数为$f(0)=0$，前$i$个数字可以组成$0$~$f(2i+3)-2$中每个数字

2.$f(2i+3)-1\le x\le f(2i+4)-2$，取第$i+1$个斐波那契数为$f(2i+2)$，由于前$i$个数字可以组成$0$~$f(2i+3)-2$，故这$i+1$个数字可以组成$f(2i+2)$~$f(2i+4)-2$，而$i\ge 2$时$f(2i+2)<f(2i+3)-1$

3.$x=f(2i+4)-1$，取第$i+1$个斐波那契数为$f(2i+3)$，由$f(2i+1)>1$知$f(2i+2)-1<f(2i+3)-2$，故前$i$个数可以表示出$x-f(2i+3)=f(2i+2)-1$

4.$f(2i+4)\le x\le f(2i+5)-2$，取第$i+1$个斐波那契数为$f(2i+4)$即可

然后证明，$i+1$个斐波那契数不能组成$f(2i+5)-1$，假设第$i+1$个斐波那契数为$f(x)$，显然$0\le x\le 2i+4$，而$x-f(x)\ge f(2i+5)-1-f(2i+4)=f(2i+3)-1$，前$i$个数组不成$f(2i+3)-1$，故$i+1$个斐波那契数组不成$f(2i+5)-1$

综上，$k$个斐波那契数组不成的最小正整数为$f(2k+3)-1$，用矩阵快速幂求解即可

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
#define mod 998244353
typedef ll Mat[2][2];
void Mul(Mat &A,Mat B)
{
    Mat C;
    for(int i=0;i<2;i++)
        for(int j=0;j<2;j++)
        {
            C[i][j]=0;
            for(int k=0;k<2;k++)C[i][j]+=A[i][k]*B[k][j];
        }
    for(int i=0;i<2;i++)
        for(int j=0;j<2;j++)
            A[i][j]=C[i][j]%mod;
}
void Pow(Mat &A,int k)
{
    Mat B={{1,0},{0,1}};
    while(k)
    {
        if(k&1)Mul(B,A);
        Mul(A,A);
        k>>=1;
    }
    for(int i=0;i<2;i++)
        for(int j=0;j<2;j++)
            A[i][j]=B[i][j];
}
int main()
{
    int k;
    while(~scanf("%d",&k))
    {
        Mat A={{1,1},{1,0}};
        Pow(A,2*k+2);
        printf("%I64d\n",(A[0][0]+mod-1)%mod);
    }
    return 0;
}