[数论] 51nod 1365 Fib(N) mod Fib(K)

最新推荐文章于 2021-04-06 01:00:58 发布

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本文介绍了一种利用矩阵快速幂的方法来高效计算斐波那契数列的特定形式，即求解Fib(N)modFib(K)的问题，并提供了一个具体的C++实现示例。

$Description$

$Fib(N)$ 表示斐波那契数列的第 $N$ 项 $（F(0) = 0, F(1) = 1）$ ，给出 $N$ 和 $K$ ，求 $Fib(N) \bmod Fib(K)$ 。由于结果太大，输出 $Mod~1000000007$ 的结果。

$Solution$

先贴几个公式。

F - n = (- 1) n - 1 F n

$F_{-n}=(-1)^{n-1}F_n$

F n = F k F n - k + 1 + F k - 1 F n - k (1)

$F_n=F_kF_{n-k+1}+F_{k-1}F_{n-k}\tag{1}$

F 2 k - 1 + F k - 1 F k - F 2 k = (- 1) k (2)

$F_{k-1}^2+F_{k-1}F_k-F_k^2=(-1)^k\tag{2}$

(2) $(2)$ 式可以考虑对

(1110) n = (F n + 1 F n F n F n - 1)

$\left( \begin{array}{ccc} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array} \right) ^n= \left( \begin{array}{ccc} F_{n+1} & F_n \\ F_n & F_{n-1} \end{array} \right)$ 这个等式两边同时计算行列式。

F n \equiv F ⌊ n k ⌋ k - 1 F n mod k (mod F k)

$F_n\equiv F_{k-1}^{\lfloor{n\over k}\rfloor}F_{n \bmod k}\pmod {F_k}$ 这就是考虑按

(1) $(1)$ 式展开就好了。设

i = ⌊ n k ⌋, j = n mod k

$i = \lfloor{n\over k}\rfloor, j = n\bmod k$ 所以

F n \equiv F i k - 1 F j (mod F k)

$F_n\equiv F_{k-1}^iF_j\pmod {F_k}$
这里需要分类讨论

i $i$ 的奇偶性：

若 $i$ 为偶数，考虑将 $(2)$ 式代入

F i k - 1 F j = = (F 2 k - 1 + F k - 1 F k - F 2 k) i 2 F j (- 1) i 2 k F j

$\begin{eqnarray} F_{k-1}^iF_j&=&({F_{k-1}^2+F_{k-1}F_k-F_k^2})^{i\over2}F_j\\ &=&(-1)^{{i\over2}k}F_j \end{eqnarray}$
若

i $i$ 为奇数，考虑将

(2) $(2)$ 式代入

F i k - 1 F j = = = = F i k - 1 (F k - 1 F j - k + F k F j - k + 1) F i + 1 k - 1 F j - k F i + 1 k - 1 (- 1) k - j - 1 F k - j (- 1) i + 1 2 k + k - j - 1 F k - j

$\begin{eqnarray} F_{k-1}^iF_j&=&F_{k-1}^i(F_{k-1}F_{j-k}+F_kF_{j-k+1})\\ &=&F_{k-1}^{i+1}F_{j-k}\\ &=&F_{k-1}^{i+1}(-1)^{k-j-1}F_{k-j}\\ &=&(-1)^{{{i+1}\over 2}k+k-j-1}F_{k-j} \end{eqnarray}$
到这里就可以通过矩阵乘法快速幂得到答案啦！

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MOD = 1000000007;
typedef long long ll;

inline void Add(ll &x, ll b) {
    x += b; while (x >= MOD) x -= MOD;
}

inline char get(void) {
    static char buf[100000], *S = buf, *T = buf;
    if (S == T) {
        T = (S = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin);
        if (S == T) return EOF;
    }
    return *S++;
}
template<typename T>
inline void read(T &x) {
    static char c; x = 0;
    for (c = get(); c < '0' || c > '9'; c = get());
    for (; c >= '0' && c <= '9'; c = get()) x = x * 10 + c - '0';
}

ll n, i, j, k, f, ans, fk;
int test;

struct Matrix {
    ll a[3][3];
    inline ll* operator [](ll x) {
        return a[x];
    }
    inline Matrix(void) {
        memset(a, 0, sizeof a);
    }
    inline friend Matrix operator *(Matrix a, Matrix b) {
        Matrix x;
        for (ll i = 1; i <= 2; i++)
            for (ll j = 1; j <= 2; j++)
                for (ll k = 1; k <= 2; k++)
                    Add(x[i][j], a[i][k] * b[k][j] % MOD);
        return x;
    }
};
Matrix Fib, I;

inline Matrix Pow(Matrix a, ll b) {
    Matrix c = I;
    while (b) {
        if (b & 1) c = c * a;
        b >>= 1; a = a * a;
    }
    return c;
}
inline ll F(ll x, ll y, ll z = 0) {
    if ((x & 1) && (y & 1)) return z & 1 ? 1 : -1;
    return z & 1 ? -1 : 1;
}

int main(void) {
    freopen("1.in", "r", stdin);
    I[1][1] = I[2][2] = 1;
    Fib[1][1] = Fib[1][2] = Fib[2][1] = 1;
    read(test);
    while (test--) {
        read(n); read(k);
        i = n / k; j = n % k;
        if (i & 1) {
            if (k - j == k) f = 0;
            else f = Pow(Fib, k - j)[1][2];
            fk = Pow(Fib, k)[1][2];
            ans = F((i + 1) / 2, k, k - j - 1) * f;
            if (ans < 0) ans += fk;
            Add(ans, MOD);
            printf("%d\n", ans);
        } else {
            if (j == k) f = 0;
            else f = Pow(Fib, j)[1][2];
            ans = F(i / 2, k) * f;
            fk = Pow(Fib, k)[1][2];
            if (ans < 0) ans += fk;
            Add(ans, MOD);
            printf("%d\n", ans);
        }
    }
    return 0;
}