「学习小结」斐波那契数列

一、定义

斐波那契数列是满足如下性质的一个数列：

(F_n = left{egin{aligned} 1 space (n le 2) \ F_{n-1}+F_{n-2} space (nge 3) end{aligned} ight.)

有通项公式：

(displaystyle F_n=frac{1}{sqrt{5}}left[{left(frac{1+sqrt{5}}{2} ight)}^n-{left(frac{1-sqrt{5}}{2} ight)}^n ight])

快速求斐波那契数列的第 (n) 项：矩阵快速幂 优化。

二、性质

1. 求和性质

• 直接求和：(F_1+F_2+cdots+F_n=F_{n+2}-1)。

  • 证明：(sum_{i=1}^n F_i=sum_{i=1}^n {F_{i+2}-F_{i+1}}=F_{n+2}-F_2=F_{n+2}-1)。

• 奇数项求和：(F_1+F_3+F_5+F_7+cdots+F_{2n-1}=F_{2n})。

  • 证明：(F_1+F_3+F_5+F_7+cdots+F_{2n-1})(=F_1+(F_1+F_2)+(F_3+F_4)+(F_5+F_6)+cdots+(F_{2n-3}+F_{2n-2}))(=F_1+sum_{i=1}^{2n-2}F_i=F_1+(F_{2n}-1)=F_{2n})。

• 偶数项求和：(F_2+F_4+F_6+F_8+cdots+F_{2n}=F_{2n+1}-1)。

  • 证明：(F_2+F_4+F_6+F_8+cdots+F_{2n})(=F_2+(F_2+F_3)+(F_4+F_5)+(F_6+F_7)+cdots+(F_{2n-2}+F_{2n-1}))(=F_2+sum_{i=1}^{2n-1}F_i-F_1=F_{2n+1}-1)。

• 平方求和：(F_1^2+F_2^2+F_3^2+F_4^2+cdots+F_n^2=F_ncdot F_{n+1})。

  • 证明：归纳法。显然对于 (n=1) 结论成立。假设有 (sum_{i=1}^{n-1} F_i^2=F_{n-1}F_n) 成立，那么 (sum_{i=1}^n F_i^2=F_{n-1}F_n+F_n^2=F_nF_{n+1})。（也可以尝试 画图证明。以 (F_i) 作为正方形的边长。）

2. 一些等式

• 卡西尼恒等式（Cassini's identity）：(F_{n-1}F_{n+1}-F_n^2=(-1)^n)。

• 附加性质：(F_{n+m}=F_mF_{n+1}+F_{m-1}F_n)。注意到将 (m=n) 代入原式可以得到另一性质：(F_{2n}=F_n(F_{n-1}+F_{n+1}))。

  • 证明：对 (n) 进行归纳法。当 (n=1) 时，(F_{m+1}=F_mF_2+F_{m-1}F_1=F_m+F_{m-1})，结论成立。

  • 假设有 (F_{(n-1)+m}=F_mF_{(n-1)+1}+F_{m-1}F_{n-1}) 成立。则 (F_{n+m}=F_{(n-1)+(m+1)}=F_{m+1}F_{(n-1)+1}+F_{(m+1)-1}F_{n-1})(=(F_{m-1}+F_m)F_n+F_mF_{n-1}=F_{m-1}F_n+F_m(F_n+F_{n-1})=F_{m-1}F_n+F_mF_{n+1})。

3. 最大公约数相关

• 相邻项性质：(gcd(F_n,F_{n+1})=1)。

  • 证明：归纳法。显然对于 (n=1) 结论成立。假设有 (gcd(F_{n-1},F_n)=1) 成立，那么：(gcd(F_n,F_{n+1})=gcd(F_n,F{n+1}-F_n)=gcd(F_n,F_{n-1})=1)。

• 最大公约数性质：(gcd(F_n,F_m)=F_{gcd(n,m)})。

  • 证明：不妨设 (n<m)，根据附加性质，(gcd(F_n,F_m)=gcd(F_n,F_{n+(m-n)})=gcd(F_n,F_{m-n}F_{n+1}+F_{m-n-1}F_n))(=gcd(F_n,F_{m-n}F_{n+1}))。

  • 由相邻项性质可知 (gcd(F_n,F_{n+1})=1)，所以 (gcd(F_n,F_m)=gcd(F_n,F_{m-n}F_{n+1})=gcd(F_n,F_{m-n}))。

  • 递归下去就是辗转相减法。最终会得到的形式应当就是 (gcd(F_n,F_m)=F_{gcd(n,m)})。

• 其他性质：(nmid m⇔F_nmid F_m)。

  • 证明：当 (nmid m) 时，(gcd(F_n,F_m)=F_{gcd(n,m)}=F_n)，所以 (F_nmid F_m)。

4. 项与项之间的关系

• 平方与前后项：(F_n^2-F_{n-1}cdot F_{n+1}=(-1)^{n-1})。

• 隔项关系：(F_{2n-2m-2}(F_{2n}+F_{2n+2})=F_{2m+2}+F_{4n-2m})（(n>mgeq -1,ngeq 1)）。

• 两倍项关系：(dfrac{F_{2n}}{F_n}=F_{n-1}+F_{n+1})。

三、模意义下周期性

在模 (p) 意义下，斐波那契的第 (n+1) 项 (F_{n+1}) 仅取决于 ((F_{n−1}mod p,F_nmod p))。这个二元组有 (p^2) 种取值。

(p) 的剩余系大小为 (p)，意味着在前 (p^2+1) 个二元组中必有两个相同的数对。于是这两个二元组往后生成相同的斐波那契数列，那么它们就是有周期性的。

所以斐波那契数列在模意义下一定会产生循环节，并且一定是纯循环的。

事实上，有一个远比它强的结论：形如 (n=2 imes 5^k) 的循环节均为 (6n)，并且可以证明斐波那契数列模 (n) 意义下的最小循环节不超过 (6n)。详见 此处。

四、例题

1. SPOJ FIBOSUM - Fibonacci Sum

题目大意：求 (sum_{i=n}^m F_i) 对 (10^9+7) 取模的值。其中 (F_i) 表示斐波那契数列第 (i) 项的值。(Tleq 1000,0leq nleq mleq 10^9)。

Solution：

根据性质 (F_1+F_2+cdots+F_n=F_{n+2}-1) 可得：

(sum_{i=n}^m F_i=sum_{i=1}^m F_i-sum_{i=1}^{n-1} F_i=(F_{m+2}-1)-(F_{n+1}-1)=F_{m+2}-F_{n+1})

矩阵快速幂优化即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
const int N=2,mod=1e9+7;
int t,n,m,f[N][N];
void mul(int x[N][N],int y[N][N]){
    int c[N][N];
    memset(c,0,sizeof(c));
    for(int i=0;i<N;i++)
        for(int j=0;j<N;j++)
            for(int k=0;k<N;k++)
                c[i][j]=(c[i][j]+x[i][k]*y[k][j])%mod;
    memcpy(x,c,sizeof(c));
}
int query(int n){    //求斐波那契数列第 n 项的值 
    int a[N][N]={{0,1},{1,1}};
    memset(f,0,sizeof(f)),n++;
    for(int i=0;i<N;i++) f[i][i]=1;
    for(;n;n>>=1,mul(a,a))
        if(n&1) mul(f,a);
    return f[0][0];
} 
signed main(){
    scanf("%lld",&t);
    while(t--){
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        printf("%lld
",(query(m+2)-query(n+1)+mod)%mod);
    }
    return 0;
}

2. CF226C Anniversary

题目大意：给定 (m,l,r,k)。在 ([l,r]) 中选出 (k) 个数 (a_1,a_2,cdots,a_k)，使得 (gcd(F_{a_1},F_{a_2},cdots,F_{a_k})) 尽可能大。求对 (m) 取模后的结果。

Solution：

根据性质 (gcd(F_n,F_m)=F_{gcd(n,m)}) 可得：(gcd(F_{a_1},F_{a_2},cdots,F_{a_k})=F_{gcd(a_1,a_2,cdots,a_k)})。

由于 (F_n=F_{n-1}+F_{n-2}>F_{n-1})，所以 (gcd(a_1,a_2,cdots,a_k)) 的值越大越好。

问题转化为在 ([l,r]) 中选 (k) 个数，使得这 (k) 个数的 (gcd) 最大。

在一个区间 ([l,r]) 中，含有因子 (x) 的数的数量为 (frac{r}{x}-frac{l-1}{x})。

令 (calc(x)=frac{r}{x}-frac{l-1}{x})。枚举 (1leq ileq sqrt{r})，判断 (calc(i)) 和 (calc(frac{r}{i})) 是否大于等于 (k)。记录最大的满足 (calc(x)geq k) 的 (x)。

 (x) 即为最大的 (gcd(a_1,a_2,cdots,a_k)) 的值。答案即为 (F_x)。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
const int N=2;
int l,r,mod,k,f[N][N],res;
int calc(int x){    //求区间 [l,r] 中，含有因子 x 的数的数量 
    return r/x-(l-1)/x;
}
void mul(int x[N][N],int y[N][N]){
    int c[N][N];
    memset(c,0,sizeof(c));
    for(int i=0;i<N;i++)
        for(int j=0;j<N;j++)
            for(int k=0;k<N;k++)
                c[i][j]=(c[i][j]+x[i][k]*y[k][j])%mod;
    memcpy(x,c,sizeof(c));
}
int query(int n){    //求斐波那契数列第 n 项的值 
    int a[N][N]={{0,1},{1,1}};
    memset(f,0,sizeof(f)),n++;
    for(int i=0;i<N;i++) f[i][i]=1;
    for(;n;n>>=1,mul(a,a))
        if(n&1) mul(f,a);
    return f[0][0];
} 
signed main(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&mod,&l,&r,&k);
    for(int i=1;i<=sqrt(r);i++){
        if(calc(i)>=k) res=max(res,i);
        if(calc(r/i)>=k) res=max(res,r/i);    //判断 calc(i) 和 calc(r/i) 是否 >=k，并记录下最大的 i 或 r/i 
    }
    printf("%lld
",query(res));
    return 0;
}

3. Luogu P3424 [POI2005]SUM-Fibonacci Sums

题目大意：斐波那契数列：(F_0=1,F_1=1)，对于 (ngeq 2)，有 (F_n=F_{n-1}+F_{n-2})。

我们可以用若干个斐波那契数列中的数的和的形式表示一个数。为了保证表示的唯一性，我们用 (b_1,b_2,cdots,b_n) 表示数 (b_1cdot F_1+b_2cdot F_2+cdots +b_ncdot F_n)，(b_iin {0,1})，注意此题中没有用 (F_0)。并且有如下规定：

• 若 (n>1)，则 (b_n=1)，即表示的数没有多余的零。

• 若 (b_i=1)，则 (b_{i+1}=0)（(1leq i<n)），即表示中不存在两个（或以上）连续的 (1)。

已知 (x,y) 的斐波那契表示，求 (x+y) 的斐波那契表示。

Solution：

首先把两个数列对应位置上的数分别加起来，再进行调整。令 (c_i=a_i+b_i)。

若存在 (c_i>1)：

• 若 (i=1)，由于 (F_2=F_0+F_1=2F_1)，则令 (c_1←c_1-2)，(c_2←c_2+1)。

• 否则：由于 (2F_n=F_{n-1}+F_n+F_{n-2}=F_{n+1}+F_{n-2})，则可以令 (c_i←c_i-2)，(c_{i+1}←c_{i+1}+1)，(c_{i-2}←c_{i-2}+1)。

若出现 (c_i=1)，(c_{i+1}=1)，由于 (F_n=F_{n-1}+F_{n-2})，则可以令 (c_i←c_i-1)，(c_{i+1}←c_{i+1}-1)，(c_{i+2}←c_{i+2}+1)。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int n,m,up,a[N],b[N],c[N];
void solve(int x){    //处理 c[x]>1 的情况 
    if(c[x]<=1) return ;
    c[x]-=2;
    if(x==1) c[2]++;
    else if(x==2) c[1]++,c[3]++;
    else c[x+1]++,c[x-2]++;
}
void work(int x){    //处理连续两个数都为 1 的情况 
    while(c[x]>0&&c[x+1]>0) c[x]--,c[x+1]--,c[x+2]++,x+=2;
} 
signed main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    scanf("%lld",&m),up=max(n,m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%lld",&b[i]);
    for(int i=1;i<=up;i++)    //先直接加起来 
        c[i]=a[i]+b[i];
    for(int i=up;i>=1;i--)
        solve(i),work(i),solve(i+1),work(i+1),solve(i+2),work(i+2);     //最多影响到后面两位，i+1 和 i+2 也要判 
    if(c[up+1]) up++; if(c[up+2]) up+=2;    //进位。最多影响到后面两位
    printf("%lld ",up);
    for(int i=1;i<=up;i++)
        printf("%lld%c",c[i],i==up?'
':' ');
    return 0;
} 

五、习题

• Luogu P3539 [POI2012]ROZ-Fibonacci Representation

• SPOJ MAIN74 - Euclids algorithm revisited

• CF633D Fibonacci-ish

• UVA10236 The Fibonacci Primes