如果之前推过斐波那契数列前缀和就更好做（所以题目中给出了）。
先来推一下斐波那契数列前缀和:
[sumlimits_{i=1}^nf(i)
]
其中 (f(i)) 表示Fibonacci数列第 (i) 项。
直接推式子：
记 (s(x)=sumlimits_{i=1}^xf(i))
将右边一项项展开得出
[f(1)=1
]
[f(2)=1
]
[f(3)=f(1)+f(2)
]
[f(4)=f(2)+f(3)
]
[...
]
[f(n)=f(n-2)+f(n-1)
]
这些式子左右两边分别再加回去得出
[s(n)=1+1+f(1)+f(n-1)+2*sum_{i=2}^{n-2}f(i)
]
把其中一个 (1) 变成 (f(1)) 再和另一个 (f(1)) 加到 (2*sumlimits_{i=2}^{n-2}f(i)) 里面，得出
[s(n)=1+f(n-1)+2*sum_{i=1}^{n-2}f(i)
]
[s(n)=1+f(n-1)+2*s(n-2)
]
[s(n)-s(n-2)-s(n-2)=1+f(n-1)
]
[f(n)+f(n-1)-s(n-2)=1+f(n-1)
]
[f(n)-s(n-2)=1
]
[s(n-2)=f(n)-1
]
令 (n-2) 变成 (n) 可得
(s(n)=f(n+2)-1)
注意到 (f) 是可以直接矩阵快速幂求的。这个时候就可以在 (mathcal{O}(log n)) 的时间复杂度求得 (s(n)) 了。
这个时候回来看本题：
对于 (T(n)) 来说，(f(n)) 被计算了 (n) 次，(f(n-1)) 被计算了 ((n-1)) 次...
即
[T(n)=sumlimits_{i=1}^n{f(i)*i}
]
可以用后缀和的形式来表示这个式子，计 (s2(x)=sumlimits_{i=x}^n{f(i)})
所以上面的式子可以进一步转化成这个后缀和的形式
[T(n)=sumlimits_{i=1}^n{s2(i)}
]
可是 (n) 又不确定，又不会推后缀和，应该怎么求呢？
不会后缀和，但是我们会前缀和啊！
用 (s) 表示上述式子即为
[T(n)=sumlimits_{i=1}^n{s(n)-s(i-1)}
]
把 (s(n)) 提出来:
[T(n)=n*s(n)-sumlimits_{i=1}^n{s(i-1)}
]
代入 (s(i)=f(i+2)-1)
[T(n)=n*f(n+2)-n-sumlimits_{i=1}^n{(f(i+1)-1)}
]
把 (sum) 里面的 (-1) 提出来
[T(n)=n*f(n+2)-n-sumlimits_{i=1}^n{f(i+1)}+n
]
之后就很简单了。
[T(n)=n*f(n+2)-n-sumlimits_{i=2}^{n+1}{f(i)}+n
]
[T(n)=n*f(n+2)-n-sumlimits_{i=2}^{n+1}{f(i)}+f(1)-f(1)+n
]
[T(n)=n*f(n+2)-n-sumlimits_{i=1}^{n+1}{f(i)}-f(1)+n
]
化简一下
[T(n)=n*f(n+2)-s(n+1)-1
]
[T(n)=n*f(n+2)-(f(n+3)-1)-1
]
[T(n)=n*f(n+2)-f(n+3)+2
]
矩阵快速幂求 (f(n+2)) 和 (f(n+3)) 就能 (mathcal{O}(log n)) 的时间复杂度求出 (T(n)) 了。
因为最后的式子里面有个减法，可以提前在减法之前加上一个 (m) 来防止负数取模的情况发生。
参考 (mathcal{Code})
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
int n,m;
struct Matrix {
ll mat[3][3];
int n,m;
void memset() {
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
mat[i][j]=0;
}
};
Matrix mul(Matrix x,Matrix y)
{
Matrix z;
z.n=x.n;
z.m=y.m;
z.memset();
for(int i=1;i<=z.n;i++)
for(int j=1;j<=z.m;j++)
for(int k=1;k<=x.m;k++)
z.mat[i][j]=(z.mat[i][j]+x.mat[i][k]*y.mat[k][j])%m;
return z;
}
Matrix qpow(Matrix base,int y)
{
Matrix ans;
ans.n=ans.m=2;
ans.memset();
for(int i=1;i<=2;i++)
ans.mat[i][i]=1;
while(y)
{
if(y&1) ans=mul(ans,base);
base=mul(base,base);
y>>=1;
}
return ans;
}
ll f(int n)
{
Matrix ans,base;
ans.n=1;
ans.m=2;
base.n=base.m=2;
ans.memset();
base.memset();
ans.mat[1][1]=1;ans.mat[1][2]=1;
base.mat[1][1]=0;base.mat[1][2]=1;
base.mat[2][1]=1;base.mat[2][2]=1;
base=qpow(base,n-2);
ans=mul(ans,base);
return ans.mat[1][2];
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
printf("%lld",(n*f(n+2)%m-f(n+3)+m+2)%m);
return 0;
}