斐波那契数列的O(logN)求法

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介绍求斐波那契数列时间复杂度为(O(log N))的做法之前，我们先看一下快速幂。

快速幂

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快速幂是数论中非常基础的算法。

当我们要求(a^b mod p, (1 le a, b, p le 10^9))时，如果是朴素做法，时间复杂度为(O(N))显然会超时，而快速幂能够做到的是将时间复杂度降到(O(log b))。

做法

首先预处理出：(a^{2^0}, a^{2^1}, a^{2^2}, a^{2^3}, ..., , a^{2^{log b}})

将每一项相乘，可以得到：(a^{2^0+2^1+2^2+2^3+...+2^{log b}})

我们知道：(2^0+2^1+2^2+2^3+...+2^{log b})可以转换成二进制表示：(1111...111)一共有(log b + 1)个

利用(2^i, 0 le i le log b)每一项选与不选可以凑出，(0) ~ (2^{log b + 1} - 1)的任意整数。其中就包括我们要凑出的：(b)。

这一步的时间复杂度为(O(log b))。

C++代码

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

using namespace std;

typedef long long LL;

int qmi(int a, int b, int p) {
    LL res = 1 % p;
    while (b) {
        if (b & 1) res =  res * a % p;
        b >>= 1;
        a = (LL)a * a % p;
    }
    return res;
}

int main() {
    int n;
    int a, b, p;
    scanf("%d", &n);
    while (n--) {
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &p);
        printf("%lld
", qmi(a, b, p));
    }
    return 0;
}

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斐波那契数列(O(log n))求法

首先先看一下斐波那契数列。

[f(n) = egin{cases} 1, & ext{$n = 1$} \\[2ex] 1, & ext{$n = 2$} \\[2ex] f(n-1)+f(n-2), & ext{$n ge 2$} end{cases} ]

我们设行向量(F_n=[f_n, f_{n+1}]),则：

(F_1=[f_1, f_2])
(F_2=[f_2, f_3])

我们看一下如何构造矩阵(A)使得(F_1 cdot A)得到(F_2)

这个只要知道矩阵的乘法就不难构造出：

(A=egin{bmatrix} 0 & 1 \ 1 & 1 \ end{bmatrix})

所以(F_2=F1 cdot A)，(F_3=F2 cdot A)，因为矩阵的乘法满足结合律，进而得到：

(F_n=F_1underbrace{Acdot Acdots A}_{ ext{ n-1 times}})，即(F_n=F_1 cdot A^{n-1})

这样我们就可以用快速幂来求了。

C++代码

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

using namespace std;

typedef long long LL;

const int MOD = 1e9 + 7;

LL res[2] = {1LL, 1LL};
LL A[2][2] = {
    {0LL, 1LL},
    {1LL, 1LL}
};

void mul(LL c[2], LL a[2], LL b[][2]) {
    
    LL tmp[2] = {0};
    for (int i = 0; i < 2; i++) 
        for (int j = 0; j < 2; j++)
            tmp[i] = tmp[i] + (a[j] * b[j][i]) % MOD;
    
    memcpy(c, tmp, sizeof tmp);
}

void mul(LL c[][2], LL a[][2], LL b[][2]) {
    
    LL tmp[2][2] = {0};
    for (int i = 0; i < 2; i++)
        for (int j = 0; j < 2; j++)
            for (int k = 0; k < 2; k++)
                tmp[i][j] = tmp[i][j] + (a[i][k] * b[k][j]) % MOD;
    
    memcpy(c, tmp, sizeof tmp);
}

LL fib(int n) {
    
    n--;
    while (n) {
        if (n & 1) mul(res, res, A);
        n >>= 1;
        mul(A, A, A);
    }
    
    return res[0];
}


int main() {
    
    int n;
    scanf("%d", &n);
    
    printf("%lld", fib(n));
    
    return 0;
}

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拓展：求斐波那契前 n 项和(O(log n))

题目链接

分析

与上面的思路相同，在行向量中再加上和(S_n)

我们设行向量(F_n=[f_n, f_{n+1}, S_n]),则：

(F_1=[f_1, f_2, S_1])
(F_2=[f_2, f_3, S_2])

构造矩阵(A)使得(F_1 cdot A=F_2)，不难发现：

(A=egin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ end{bmatrix})

C++代码

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

using namespace std;

typedef long long LL;

int n, m;

int res[3] = {1, 1, 1};
int A[3][3] = {
    {0, 1, 0},
    {1, 1, 1},
    {0, 0, 1}
};

void mul(int c[3], int a[3], int b[][3]) {
    
    int tmp[3] = {0};
    for (int i = 0; i < 3; i++)
        for (int j = 0; j < 3; j++)
            tmp[i] = (tmp[i] + (LL)a[j] * b[j][i]) % m;
    
    memcpy(c, tmp, sizeof tmp);
}

void mul(int c[][3], int a[][3], int b[][3]) {
    
    int tmp[3][3] = {0};
    for (int i = 0; i < 3; i++)
        for (int j = 0; j < 3; j++)
            for (int k = 0; k < 3; k++)
                tmp[i][j] = (tmp[i][j] + (LL)a[i][k] * b[k][j]) % m;
                
    memcpy(c, tmp, sizeof tmp);
}
 
int main() {
    
    scanf("%d%d", &n, &m);
    
    n--;
    while (n) {
        if (n & 1) mul(res, res, A);
        mul(A, A, A);
        n >>= 1;
    }
    
    printf("%d", res[2]);
    
    return 0;
}

参考

AcWing蓝桥杯
求解斐波那契数列的若干方法