PE 440 【二阶递推】-优快云博客

本文探讨了一种特殊的木块拼接问题，通过数学推导得出递推式及通项公式，并利用矩阵快速幂等技巧高效求解，最终给出一个具体的算法实现。

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~~被拖进的坑,555~~
题目大意：有10种长度为1的木块，1种长度为2的木块，设 $T(n)$ 表示长度为n的木板拼凑方案数，求 $\sum gcd(T(c^a),T(c^b)) \;mod\;987898789\;(1 <= a,b,c <= 2000)$

容易得到递推式 $T(n) = 10T(n - 1) + T(n - 2)$ ,首项 $T(1) = 10$ , $T(2) = 101$
和Fibonacci数列相似，我们可以推出它一些相关的性质

T(n)的通项公式： $T(n) = \frac {(5 + \sqrt{26})^{n+1} - (5 - \sqrt{26})^{n+1}}{2\sqrt{26}}$
可得 $T(a + b) = T(a)T(b) + T(a - 1)T(b - 1)$

1) $gcd(T_n,T_{n - 1}) == 1$
证明 :　 $gcd(T_n,T_{n - 1})\\ = gcd(10T_{n - 1} + T_{n - 2},T_{n - 1})\\ = gcd(T_{n - 2},T_{n - 1})\\ \cdots \\= gcd(T_2,T_1) \\= 1$

2) $gcd(T_a,T_b) == T_{gcd(a + 1,b + 1) - 1}$
证明： $gcd(T_a,T_b) \\= gcd(T_{a-b}T_b+T_{a-b-1}T_{b-1},T_b)\\=gcd(T_{a-b-1}T_{b-1},T_b)\\=gcd(T_{(a+1)-(b+1) - 1},T_{(b + 1) - 1})\\=T_{gcd(a+1,b+1)-1}$

所以可得 $gcd(T(c^a),T(c^b)) = T(gcd(c^a + 1,c^ b + 1) - 1)$
设 $g = gcd(a,b)$
$gcd(c^a + 1,c^b + 1) = \begin{cases} c^g + 1 & \frac ag and \frac bg are\;odd \\[4ex] c (mod \; 2) + 1 & otherwise \end{cases}$

证明：
$gcd(c^a + 1,c ^ b + 1) \\= gcd(c^a - c^b,c^b + 1) \\=gcd(c^{a-b} - 1,c^b + 1) \\=gcd(c^{a-b}+c^b,c^b+1) \\=gcd(c^{|a-2b|}+1,c^b+1)$

i) 最终 a = b = g,值为 $c^g + 1$
若 $\frac ag$ 或 $\frac bg$ 为偶数那么一定可以再分
ii) 出现 a 或 b == 0，值为 c mod 2 + 1

现在就可以考虑枚举 a,b，这样需要先预处理出 $sum[c] = \sum gcd(T(c^a),T(c^b))$

但是 $c^a$ 很大，所以还要找到 $T \; mod \; 987898789$ 的循环节
循环节长度为987898788

//PS:这里并没有形成 $\rho$ 环，蒟蒻表示这里还搞得不是很清楚。。。

所以求 $T(c^a)$ 的时候还要加上矩乘。。。

复杂度 $O(N^2logN)$ ,(其实还有个 $2^3$ ,就算做常数啦。。。

【答案】970746056

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cmath>
#define N 2000
#define M 987898789
#define LL long long
using namespace std;

LL ans;
LL sum[N+5];
LL A[2][2],B[2][2],t[2][2];

LL ksm(LL a,LL b,LL c)
{
    LL ret = 1;
    for (;b;b >>= 1,a = a * a % c)
        if (b & 1) ret = ret * a % c;
    return ret;
}

LL mul(LL a[][2],LL b[][2])
{
    for (int i = 0;i < 2;i ++)
        for (int j = 0;j < 2;j ++)
        {
            t[i][j] = 0;
            for (int k = 0;k < 2;k ++)
                (t[i][j] += a[i][k] * b[k][j]) %= M;
        }
    for (int i = 0;i < 2;i ++)
        for (int j = 0;j < 2;j ++)
            a[i][j] = t[i][j];
}

LL matrix_ksm(LL b)
{
    A[0][0] = 10,A[0][1] = A[1][0] = 1,A[1][1] = 0;
    B[0][0] = B[1][1] = 1,B[0][1] = B[1][0] = 0;
    for (;b;b >>= 1,mul(A,A))
        if (b & 1) mul(B,A);
    return B[0][0];
}

int gcd(int a,int b)
{
    return b ? gcd(b,a % b) : a;
}

int main()
{
    for (int i = 1;i <= N;i ++)
        for (int j = 1;j <= N;j ++)
            (sum[i] += matrix_ksm(ksm(j,i,M - 1))) %= M;
    for (int a = 1;a <= N;a ++)
        for (int b = 1;b <= N;b ++)
        {
            int g = gcd(a,b);
            if (((a / g) & 1) && ((b / g) & 1)) (ans += sum[g]) %= M;
                else (ans += 11000) %= M;
        }
    cout << ans << endl;

    return 0;
}