HDU3317---Fibonacci Numbers（矩阵快速幂+pow+log）

【题目来源】：https://cn.vjudge.net/problem/HDU-3117
【题意】
求第n个斐波那契数，如果这个数值长度大于8位，就输出前四位和后四位。
【思路】
小伙伴说到这道题的时候，我就想到了另外一道题，求k^n的前三位，后三位。
里面使用到了log10函数，log10的使用方法刚才那道题的题解有，自行点击，不再多说。
然后，就是在这道题里求前四位该如何使用：
也就是我们可以把矩阵里的数值使用log10后的数字表示，那me就不会炸，但是0该如何表示呢？用负数把，因为0在log10之后的代表的是1，（log10（0）==1），所以初始矩阵为：
0 0
0 -1
其次就是矩阵乘法该如何写？
在普通矩阵乘法里，0乘任何数都是0，而在log10后的矩阵里，负数代表的是0，所以我们就可以特判，如果”将要相乘”的两个数有一个是-1，那么直接略去，那么普通矩阵里乘法相当于log10后的矩阵里的加法（可以自行模拟想一下），但是会有人问，不仅有乘法，还有加法呢，该怎么算呢？假如将要相加的两个数是x，y，那么他们各自代表的数为：10^x，10^y，那么他们相加就可以变为10^min(x,y)*(1+10^(max(x,y)-min(x,y))，写的有点麻烦，其实就是提取公因式啦。。后面那一大部分用pow函数就可以了。
然后后四位直接矩阵快速幂取模，从样例发现，第40个斐波那契数值刚好大于8位，那么前面的只需要打个表就行。
【代码】

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
struct mat
{
    int a[3][3];//后四位的矩阵
    double b[3][3];//前四位的矩阵
};
mat operator*(mat &s,mat &t)//后四位的矩阵快速幂
{
    mat r;
    memset(r.a,0,sizeof(r.a));
    for(int i=1; i<=2; i++)
        for(int j=1; j<=2; j++)
            for(int k=1; k<=2; k++)
            {
                r.a[i][j]+=s.a[i][k]*t.a[k][j];
                if(r.a[i][j]>=10000)
                    r.a[i][j]%=10000;
            }
    return r;
}
mat operator/(mat &s,mat &t)//因为“*”被后四位的快速幂占用了，所以换成了'/'（其实什么都可以）
{
    mat r;
    for(int i=1; i<=2; i++)
        for(int j=1; j<=2; j++)
        {
            int f1=1,f2=1;
            if(s.b[i][1]<0||t.b[1][j]<0) f1=0;//判断是否存在-1
            if(s.b[i][2]<0||t.b[2][j]<0) f2=0;
            if(!f1&&f2)
                r.b[i][j]=s.b[i][2]+t.b[2][j];
            else if(f1&&!f2)
                r.b[i][j]=s.b[i][1]+t.b[1][j];
            else if(f1&&f2)//若都不是-1
            {
                double x=s.b[i][1]+t.b[1][j],y=s.b[i][2]+t.b[2][j];
                r.b[i][j]=min(x,y)+log10(1+pow(10,max(x,y)-min(x,y)));//提取公因式
            }
            else if(!f1&&!f2)//若都是-1，那么负值为-1，相当于普通矩阵的0
                r.b[i][j]=-1.0;
        }
    return r;
}
int pow_int(mat base,int k)//后四位
{
    mat ans;
    memset(ans.a,0,sizeof(ans.a));
    ans.a[1][1]=ans.a[2][2]=1;
    int cases=0;
    while(k)
    {
        if(k&1)
            ans=ans*base;
        base=base*base;
        k>>=1;
    }
    return ans.a[1][1];
}
double pow_double(mat base,int k)//前四位
{
    mat ans;
    ans.b[1][2]=ans.b[2][1]=-1.0;
    ans.b[1][1]=ans.b[2][2]=log10(1.0);
    while(k)
    {
        if(k&1)
            ans=ans/base;
        base=base/base;
        k>>=1;
    }
    int x=(int)ans.b[1][1];
    ans.b[1][1]-=x;
    return pow(10.0,ans.b[1][1])*1000;
}
int main()
{
    int p[40];//前39位预处理
    p[0]=0;
    p[1]=1;
    for(int i=2; i<=39; i++)
    {
        p[i]=p[i-1]+p[i-2];
    }
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        if(n<=39)
            printf("%d\n",p[n]);
        else
        {
            mat base;
            base.a[2][1]=base.a[1][2]=base.a[1][1]=1;
            base.a[2][2]=0;
            base.b[1][2]=base.b[2][1]=base.b[1][1]=log10(1.0);
            base.b[2][2]=-1.0;
            int r_ans=pow_int(base,n-1);
            int l_ans=(int)pow_double(base,n-1);
            printf("%d...%04d\n",l_ans,r_ans);
        }
    }
}