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矩阵快速幂求斐波那契数列

最新推荐文章于 2020-03-24 15:38:31 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/Commence/p/3976684.html

本文介绍了一种使用矩阵快速幂算法高效计算斐波那契数列的方法，该方法避免了传统递归算法的时间复杂度过高的问题。通过矩阵乘法和快速幂运算，可以在O(logN)的时间复杂度内求得斐波那契数列的第N项，适用于处理大规模数值的计算场景。

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题意：求计算fab[n]需要的计算次数MOD B 的结果

首先容易知道的是f[n]=f[n-1]+f[n-2]+1;

1.有 S(n)=F[n+2]-1; S[n]斐波那契数列前n项和。F[n+2]就第n+2项斐波那契数。

证明就直接累加法：

因为A<n+2>=A<n+1>+An
所以An=A<n+2>-A<n+1>

则A<n-1>=A<n+1>-An

A<n-2>=An-A<n-1>

.....

A2=A4-A3

A1=A3-A2

然后再求和Sn=A[n+2]-A2 而A2=1
就是Sn=A[n+2]-1;

2.有f(n)=S(n)-F(n)

证明（来自http://www.cnblogs.com/staginner/archive/2011/12/14/2288187.html）：

先说说我推出f(n)=S(n)-F(n)的过程吧，我们在递推计算递归次数的时候，每次的+1都另起一行来写，这样我们会得到下面的这个表。

f(0) f(1) f(2) f(3) f(4) f(5) f(6)

1 1

1 1 2

1 1 2 3

1 1 2 3 5

1 1 2 3 5 8 13

没有数字的地方就可以看做是0，f(i)下面对应的整数和就是f(i)的值，相当于计算f(n)=f(n-1)+f(n-2)+1的时候，每行都进行f(n)=f(n-1)+f(n)的运算，最后再把1另起一行写在上面。

这样我们就能很明显的看出来，每行都是一个斐波那契数列，不难得到f(n)=S(n)-F(n-1)。

最后通过1.2的2个式子就很容易推出 f[n]=2*F[n]-1;

剩下的任务就是计算ans了，由于N很大不能直接递推就用矩阵快速幂来解决可以看这里

http://www.cnblogs.com/Commence/p/3976132.html

代码

#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <deque>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <climits>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long
#define PI 3.1415926535897932626
using namespace std;
int gcd(int a, int b) {return a % b == 0 ? b : gcd(b, a % b);}
LL N;
int B;
struct node
{
    int mat[2][2];
}t,ans;
void init()
{
    t.mat[0][0]=1;t.mat[0][1]=1;t.mat[1][0]=1;t.mat[1][1]=0;
    ans.mat[0][0]=1;ans.mat[0][1]=0;ans.mat[1][0]=0;ans.mat[1][1]=1;
}
node muti(node a,node b)
{
    node res;
    for (int i=0;i<2;i++)
        for (int j=0;j<2;j++)
        res.mat[i][j]=(a.mat[i][0]*b.mat[0][j]+a.mat[i][1]*b.mat[1][j])%B;
    return res;
}
int main()
{
    int kase=1;
    while (scanf("%lld %d",&N,&B)!=EOF)
    {
        init();
        if (N==0 && B==0) break;
        printf("Case %d: %lld %d",kase++,N,B);
        while (N)
        {
            if (N&1)  ans=muti(ans,t);
            t=muti(t,t);
            N>>=1;
        }
        printf(" %d\n",(ans.mat[0][0]*2-1+B)%B);
    }
    return 0;
}