数论+矩阵快速幂|斐波那契|2014年蓝桥杯A组9-fishers

标题：斐波那契

斐波那契数列大家都非常熟悉。它的定义是：

f(x) = 1                    .... (x=1,2)
f(x) = f(x-1) + f(x-2)      .... (x>2)

对于给定的整数 n 和 m，我们希望求出：
f(1) + f(2) + ... + f(n)  的值。但这个值可能非常大，所以我们把它对 f(m) 取模。
公式参见【图1.png】

但这个数字依然很大，所以需要再对 mod 求模。

【数据格式】
输入为一行用空格分开的整数 n m mod (0 < n, m, mod < 10^18)
输出为1个整数

例如，如果输入：
2 3 5
程序应该输出：
0

再例如，输入：
15 11 29
程序应该输出：
25

资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms

Σf(n)=f(n+2)-1

尽量用迭代

规模很大，数据很大

简单解法，直接计算斐波那契数列 能得一部分分数

void solve1() {
    LL a = 1;
    LL b = 1;
    //直接计算斐波那契数列 能得一部份分 
    if (m >= n + 2) {
        for (LL i = 3; i <= n + 2; ++i) {
            LL t = a;
            a = b;
            b += t;
        }
        printf("%llu
", b % mod - 1);
    } else {//m<n+2
        LL fibM, fibN_2 = 0;
        for (LL i = 3; i <= n + 2; ++i) {
            LL t = a;
            a = b;
            b += t;
            if (i == m) fibM = b;
        }
        fibN_2 = b;
        printf("%llu %llu
", fibN_2, fibN_2 % fibM % mod - 1);
    } 
}

斐波那契数列可以用矩阵运算解出来

快速斐波那契<--矩阵运算<--快速矩阵幂运算（logn时间复杂度）
mod带入到矩阵乘法中，每次乘和每次加，都对结果进行模运算->运算数在LL的范围内

整数快速乘法，并在乘法中加入模运算

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

typedef unsigned long long LL;

LL n, m, mod;

class M {
public:
    LL data[2][2];

    M() { memset(data, 0, sizeof(data)); }
};

//将两个2*2的矩阵相乘
M *mul(M *m1, M *m2) {
    M *ans = new M();
    ans->data[0][0] = m1->data[0][0] * m2->data[0][0] + m1->data[0][1] * m2->data[1][0];
    ans->data[0][1] = m1->data[0][0] * m2->data[0][1] + m1->data[0][1] * m2->data[1][1];
    ans->data[1][0] = m1->data[1][0] * m2->data[0][0] + m1->data[1][1] * m2->data[1][0];
    ans->data[1][1] = m1->data[1][0] * m2->data[0][1] + m1->data[1][1] * m2->data[1][1];
    return ans;
}

//快速乘法
LL mm(LL a, LL b, LL mod) {
    if (a > b) {
        LL t = a;
        a = b;
        b = t;
    }
    LL x = 0;
    while (b != 0) {
        if ((b & 1) == 1) {
            x = (x + a) % mod;
        }
        a = (a * 2) % mod;
        b >>= 1;
    }
    return x;
}

//将两个2*2的矩阵相乘
M *mul(M *m1, M *m2, LL mod) {
    M *ans = new M();
    ans->data[0][0] = (mm(m1->data[0][0], m2->data[0][0], mod) + mm(m1->data[0][1], m2->data[1][0], mod)) % mod;
    ans->data[0][1] = (mm(m1->data[0][0], m2->data[0][1], mod) + mm(m1->data[0][1], m2->data[1][1], mod)) % mod;
    ans->data[1][0] = (mm(m1->data[1][0], m2->data[0][0], mod) + mm(m1->data[1][1], m2->data[1][0], mod)) % mod;
    ans->data[1][1] = (mm(m1->data[1][0], m2->data[0][1], mod) + mm(m1->data[1][1], m2->data[1][1], mod)) % mod;
    return ans;
}

//m的n次幂log(n) 
M *mPow(M *m, LL n) {
    M *E = new M();//单位矩阵
    E->data[0][0] = 1;
    E->data[1][1] = 1;

    while (n != 0) {
        if (n & 1 == 1) {
            E = mul(E, m);
        }
        m = mul(m, m);//按平方倍增
        n >>= 1;
    }
    return E;
}

//m的n次幂log(n) 并去模
M *mPow(M *m, LL n, LL mod) {
    M *E = new M();//单位矩阵
    E->data[0][0] = 1;
    E->data[1][1] = 1;

    while (n != 0) {
        if ((n & 1) == 1) {
            E = mul(E, m, mod);
        }
        m = mul(m, m, mod);//按平方倍增
        n >>= 1;
    }
    return E;
}

//求斐波那契数列
LL fib(LL i) {
    //[1,1]B^(i-2)
    M *A = new M();
    A->data[0][0] = 1;
    A->data[0][1] = 1;
    M *B = new M();
    B->data[0][0] = 1;
    B->data[0][1] = 1;
    B->data[1][0] = 1;
    M *ans = mul(A, mPow(B, i - 2));
    return ans->data[0][0];
}

//求斐波那契数列并取模
LL fib(LL i, LL mod) {
    //[1,1]B^(i-2)
    M *A = new M();
    A->data[0][0] = 1;
    A->data[0][1] = 1;
    M *B = new M();
    B->data[0][0] = 1;
    B->data[0][1] = 1;
    B->data[1][0] = 1;
    M *ans = mul(A, mPow(B, i - 2, mod), mod);
    return ans->data[0][0];
}

void solve2() {
    if (m >= n + 2) {
        printf("%llu
", fib(n + 2, mod) - 1);
    } else {//m<n+2
        LL fibm = fib(m);
        printf("%llu
", fib(n + 2, fibm) % mod - 1);
    }
}

int main(int argc, const char *argv[]) {
    scanf("%llu %llu %llu", &n, &m, &mod);
    solve2();
    return 0;
}