蓝桥杯 历届试题 斐波那契

困扰我N天的一题，今天终于解决了。话不多说，直接上题。

问题描述

　　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。
　　公式如下


　　但这个数字依然很大，所以需要再对 p 求模。

输入格式

　　输入为一行用空格分开的整数 n m p (0 < n, m, p < 10^18)

输出格式

　　输出为1个整数，表示答案

样例输入

2 3 5

样例输出

0

样例输入

15 11 29

样例输出

25

---------------分割线------------------

自己思考了这个问题很长时间，主要在这一步上被卡住了，看图：

　　1、2俩式都是斐波那契函数的性质，简单的推导就能推出来。然后我就被卡在图片中“？”这里了。

　　在此感谢2位博主的博客，附上链接：

　　http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/21822165

　　http://blog.csdn.net/ronnoc/article/details/22209365

　　具体所涉及到的知识第一个博客基本讲的很清楚，但是矩阵快速幂会超出long long的规模，第二个博客中给出了解决方案。

　　罗列一下这题所需的知识点：

　　1、矩阵快速幂；2、斐波那契函数的4个性质，具体在第一个博客链接中可以很清楚的看到。3、需要较强的分类讨论思想（感觉回到了高中课堂？！）

　　以下是我通过蓝桥杯评测的C语言代码：

#include <stdio.h>
long long p;
typedef struct matrix2_2
{
    long long x[2][2];
}mat;
mat A={1,1,1,0};
mat E={1,0,0,1};
long long mul(long long a,long long b,long long mod)
{
    long long x=0;
    if(a<b)
    {
        a=a^b;
        b=a^b;
        a=a^b;
    }
    while(b)
    {
        if(b%2)
            x=(x+a)%mod;
        a=(a*2)%mod;
        b=b/2;
    }
    return x;
}
mat mat_multi(mat a,mat b)
{
    mat c;
    int i,j,k;
    for(i=0;i<2;i++)
        for(j=0;j<2;j++)
        {
            c.x[i][j]=0;    
            for(k=0;k<2;k++)
            {
                c.x[i][j]+=mul(a.x[i][k],b.x[k][j],p);
                c.x[i][j]%=p;
            }
        }
    return c;
}
mat mat_pow(mat X,long long n)
{
    mat a=E;
    mat b=X;
    while(n)
    {
        if(n%2)
        {
            a=mat_multi(a,b);
            n--;
        }
        b=mat_multi(b,b);
        n=n/2;
    }
    return a;
}
//计算f(n)%p
long long dream(long long n)
{
    mat a=mat_pow(A,n);
    return a.x[1][0];
}
//计算f(m-1)*f(n%m)%f(m)
long long real(long long n,long long m)
{
    long long a=n%m;
    if(a%2)
        return dream(m-a);
    return((dream(m)-dream(m-a))%p+p)%p;
}
long long solve(long long n,long long m)
{
    long long t1=n/m;
    if(m%2)
    {
        if(!t1%2&&!t1%4)
            return dream(n%m);
        if(!t1%2&&t1%4)
            return ((dream(m)-dream(n%m))%p+p)%p;
        if(t1%2&&!t1%4)
            return real(n,m);
        if(t1%2&&t1%4)
            return ((dream(m)-real(n,m))%p+p)%p;
    }
    else
    {
        if(t1%2)
            return real(n,m);
        else
            return dream(n%m);
    }
}
long long get_value(long long n,long long m)
{
    n+=2;
    long long a=solve(n,m);
    if(!a)
        return dream(m)-1;
    return a-1;
}
int main(int argc, char *argv[])
{
    long long n,m;
    scanf("%I64d%I64d%I64d",&n,&m,&p);
    printf("%I64d",get_value(n,m));
    return 0;
}

　　mat是矩阵数据结构，其实用一维数组就可以，但是二维数组更形象点。函数mul是给出的a*b超出规模的解决方案；函数mat_multi是矩阵乘法；函数mat_pow是矩阵快速幂；函数dream是简单的除余，函数real是复杂点的除余，具体分类讨论思想请参考第一个博客链接；函数solve是针对不同n,m的解决方案；函数get_value是得到我们最终的结果啦：）

　　手贱点开的一道题，不过收获真的多。