ZCMU-2073: #6291. 小L进阶的斐波那契数列游戏

最新推荐文章于 2022-07-23 11:36:36 发布

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本文介绍了一种计算斐波那契数列前n项平方和的高效方法，通过矩阵快速幂来解决大数问题，适用于n值高达10^15的情况。

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2073: #6291. 小L进阶的斐波那契数列游戏

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Description

小L觉得普通斐波那契数列太无聊了，于是他决定研究一下高端玩法，比如斐波那契前n项的平方和。

一行一个整数表示 $n$ 。

一行一个整数表示答案，对 $1000000007$ 。

样例输入

样例输出

$n\leq10^15$

矩阵快速幂，关键是如何构造。

A1=A2=1;

An=An-1+An-2（n>2）

Sn=A1^2+A2^2+......An^2;

所以 Sn=Sn-1+An^2.

(An+1)^2=(An+An-1)^2=An^2+(An-1)^2+2*An*An-1.

An*An+1=An*（An+An-1）=An^2+An*An-1

那么：

Sn 1 1 0 0 Sn-1

An+1 0 1 1 2 An

An^2 = 0 1 0 0 * An-1 ^2

An*An+1 0 1 0 1 An-1*An

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct node{
    ll ar[4][4];
};
const ll mod=1e9+7;
node fx(node a,node b)
{
    node ans;
    memset(ans.ar,0,sizeof(ans.ar));
    for(int i=0;i<4;i++)
         for(int j=0;j<4;j++)
           for(int k=0;k<4;k++)
             ans.ar[i][j]=(ans.ar[i][j]+a.ar[i][k]*b.ar[k][j])%mod;
    return ans;
}
ll findd(ll n)
{
    node ans,a;
    memset(ans.ar,0,sizeof(ans.ar));
    for(int i=0;i<4;i++) ans.ar[i][i]=1;
    memset(a.ar,0,sizeof(a.ar));
    a.ar[0][1]=a.ar[0][0]=1;
    a.ar[1][1]=a.ar[1][2]=1;a.ar[1][3]=2;
    a.ar[2][1]=1;
    a.ar[3][1]=a.ar[3][3]=1;
    while(n)
    {
        if(n&1) ans=fx(ans,a);
        a=fx(a,a);
        n/=2;
    }
    return ans.ar[0][1];
}
int main()
{
    ll n;
    cin>>n;
    ll ans=findd(n);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}