【杭电多校2020】Fibonacci Sum【斐波拉契通项】【推式子】

最新推荐文章于 2020-08-17 16:43:03 发布

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本文深入探讨了如何利用等比数列求和原理，结合斐波拉契数列特性，解决复杂的大规模求和问题。通过巧妙的数学变换，将问题转化为易于处理的形式，实现了高效计算。

题意：设 $F_i$ 为斐波拉契数列，求

$∑i=0N(FiC)k\sum_{i=0}^N(F_{iC})^k$

模 $10^9+9$

$N,C≤1018,k≤105N,C\leq10^{18},k\leq10^5$

把斐波拉契暴力拆开

$FiC=15[(1+52)iC−(1−52)iC]F_{iC}=\frac 1 {\sqrt{5}}[(\frac {1+\sqrt{5}}2)^{iC}-(\frac {1-\sqrt{5}}2)^{iC}]$

为了方便，忽略常数写成

$F_{ic}=A^i-B^i$

所以

$ans=∑i=0N(Ai−Bi)kans=\sum_{i=0}^N(A^i-B^i)^k$

$=∑i=0N∑j=0k(kj)(−1)jA(k−j)iBj=\sum_{i=0}^N\sum_{j=0}^k\binom kj(-1)^jA^{(k-j)i}B^j$

$=∑i=0k(−1)i(kj)∑j=0N(Ak−jBj)i=\sum_{i=0}^k(-1)^i\binom kj\sum_{j=0}^N(A^{k-j}B^j)^i$

等比数列求和即可

复杂度 $O(nlog⁡M)O(n\log M)$

推式子先从简单的入手

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
using namespace std;
#define MAXN 100005
typedef long long ll;
const int MOD=1e9+9,N=1e5,p=383008016,A=(p+1ll)*(MOD+1)/2%MOD,B=(1ll+MOD-p)*(MOD+1)/2%MOD;
inline int qpow(int a,int p)
{
	int ans=1;
	while (p)
	{
		if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;
		a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;
	}
	return ans;
}
int fac[MAXN],finv[MAXN],px[MAXN],py[MAXN];
int main()
{
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=N;i++) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;
	finv[N]=qpow(fac[N],MOD-2);
	for (int i=N-1;i>=0;i--) finv[i]=(ll)finv[i+1]*(i+1)%MOD;
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while (T--)
	{
		ll n,c;
		int k;
		scanf("%lld%lld%d",&n,&c,&k);
		c%=MOD-1;
		int ans=0;
		int x=qpow(A,c),y=qpow(B,c);
		px[0]=py[0]=1;
		for (int i=1;i<=k;i++) px[i]=(ll)px[i-1]*x%MOD,py[i]=(ll)py[i-1]*y%MOD;
		for (int i=0;i<=k;i++) 
		{
			int t=((i&1)? MOD-1ll:1ll)*fac[k]%MOD*finv[i]%MOD*finv[k-i]%MOD;
			int a=(ll)px[k-i]*py[i]%MOD;
			if (a==1) ans=(ans+(n+1ll)%MOD*t)%MOD;
			else ans=(ans+t*(qpow(a,(n+1ll)%(MOD-1))-1ll)%MOD*qpow(a-1,MOD-2))%MOD;
		}
		ans=(ll)ans*qpow(p,MOD-1-k)%MOD;
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}