2020杭电多校 1E / HDU 6755

HDU 6755 - Fibonacci Sum

题意

定义(F_i)为斐波那契数列第(i)项

给定三个正整数(N,C,K)

求((F_0)^k+(F_C)^k+(F_{2C})^k+...+(F_{NC})^k)的值，结果对(10^9+9)取模

数据范围

(1≤T≤200)

(1≤N,C≤10^{18} , 1≤K≤10^5)

解

《Fibonacci数列的幂和》ACdreamers这篇博客的想法帮助很大，可以说是这道题的变种

可能是原题的题：ZOJ3774 - Power of Fibonacci

可以不需要知道的东西是：(5)是模数(10^9+9)的二次剩余

斐波那契数列的通项公式为(F_n=frac{1}{sqrt 5}[(frac{1+sqrt 5}{2})^n-(frac{1-sqrt 5}{2})^n])

根据逆元和二次剩余的转化，可以使用(x^2≡5 mod 10^9+9)中的(x)来代替(sqrt 5)

故可直接计算得到下列常数

(frac{1}{sqrt5}≡276601605 , frac{1+sqrt 5}{2}≡691504013 , frac{1-sqrt 5}{2}≡308495997 (mod 10^9+9))

设(D=frac{1}{sqrt 5} , a=frac{1+sqrt 5}{2} , b=frac{1-sqrt 5}{2})

则原式可看作(F_n=D(a^n-b^n))

(F_n^k=D^k(a^n-b^n)^k)

发现(D^k)是个常数，不会随项数变化而变化，故可以放在最后乘上

现在我们只观察((a^n-b^n)^k)

根据二项式定理，将该式子二项式展开可得

((a^n-b^n)^k=C_k^0(a^n)^k(-b^n)^0+C_k^1(a^n)^{k-1}(-b^n)^1+C_k^2(a^n)^{k-2}(-b^n)^2+...+C_k^r(a^n)^{k-r}(-b^n)^r+...+C_k^k(a^n)^0(-b^n)^k)

将负数项提出，得到

((a^n-b^n)^k=C_k^0(a^n)^k(b^n)^0(-1)^0+C_k^1(a^n)^{k-1}(b^n)^1(-1)^1+...+C_k^r(a^n)^{k-r}(b^n)^r(-1)^r+...+C_k^k(a^n)^0(b^n)^k(-1)^k)

故最终的式子为

(F_n^k=D^k[C_k^0(a^n)^k(b^n)^0(-1)^0+C_k^1(a^n)^{k-1}(b^n)^1(-1)^1+...+C_k^r(a^n)^{k-r}(b^n)^r(-1)^r+...+C_k^k(a^n)^0(b^n)^k(-1)^k])

根据题意中需要我们求的式子，发现下标每项递增一个常数(C)

类似的，我们可以得到

(F_{2n}^k=D^k[C_k^0(a^{2n})^k(b^{2n})^0(-1)^0+C_k^1(a^{2n})^{k-1}(b^{2n})^1(-1)^1+...+C_k^r(a^{2n})^{k-r}(b^{2n})^r(-1)^r+...+C_k^k(a^{2n})^0(b^{2n})^k(-1)^k])

(F_{3n}^k=D^k[C_k^0(a^{3n})^k(b^{3n})^0(-1)^0+C_k^1(a^{3n})^{k-1}(b^{3n})^1(-1)^1+...+C_k^r(a^{3n})^{k-r}(b^{3n})^r(-1)^r+...+C_k^k(a^{3n})^0(b^{3n})^k(-1)^k])

容易发现，当(k)固定时，每一项的(C_k^r)和((-1)^r)是相同的，而不同的项为

[(a^n)^{k-r}(b^n)^r\ (a^{2n})^{k-r}(b^{2n})^r\ (a^{3n})^{k-r}(b^{3n})^r ]

将指数化开可得

[(a^n)^{k-r}(b^n)^r\ (a^n)^{(k-r)+(k-r)}(b^n)^{r+r}\ (a^n)^{(k-r)+(k-r)+(k-r)}(b^n)^{r+r+r} ]

很容易能够看出来，这正是一个等比数列

首项为((a^n)^{k-r}(b^n)^r)，公比也为((a^n)^{k-r}(b^n)^r)

故可以通过等比数列求和公式(S=frac{a_1(1-q^n)}{1-q})快速求出

有了这个性质，本题便能枚举(k)后直接计算答案

优化一

同时也可以发现，设相邻两项为

[C_k^r(a^{n})^{k-r}(b^{n})^r(-1)^r\ C_k^{r+1}(a^{n})^{k-(r+1)}(b^{n})^{r+1}(-1)^{r+1} ]

后一项可以由前一项乘上(-frac{b^n}{a^n})得来

故该部分改成递推可以再减少几次快速幂的时间

优化二

发现本题数据达到(10^{18})，且模数为质数，故可以稍微改动下快速幂部分，将欧拉降幂应用进去

简单来说，欧拉降幂即(a^n≡a^{n\%(mod-1)+(mod-1)})，但存在着使用限制

优化三

对于组合数的求法，注意到题目中(k)的范围仅有(10^5)，故可以(O(n))预处理出(10^5)内的阶乘(fac[i])以及阶乘逆元(inv[i])

借助组合数公式(C_m^n=frac{m!}{(m-n)!n!})直接获得组合数

遍历复杂度为(O(k))，快速幂复杂度为(O(logn))，总时间复杂度(O(Tklogn))

完整程序

还是得卡常数，注意优化计算过程

最后跑出来是(1716ms/2000ms)，实在不会优化了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn=100005;
const ll mod=1e9+9;

ll fac[maxn+10],inv[maxn+10];

ll qpow(ll a,ll n)
{
    ll r=1;
    a%=mod; //防止自乘越界
    if(n>mod)
        n=n%(mod-1)+mod-1; //欧拉降幂
    while(n)
    {
        if(n&1)
            r=(r*a)%mod;
        n>>=1;
        a=(a*a)%mod;
    }
    return r;
}

void init()
{
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=maxn;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod; //求出阶乘
    inv[maxn]=qpow(fac[maxn],mod-2); //求出最大项阶乘的逆元
    for(int i=maxn-1;i>=0;i--)
        inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod; //递推得到所有阶乘的逆元
}

inline ll getC(ll m,ll n) //组合数，下m上n
{
    return fac[m]*inv[m-n]%mod*inv[n]%mod; //据组合数公式直接计算组合数
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    init(); //初始化阶乘与阶乘逆元
    int T;cin>>T;
    while(T--)
    {
        ll n,c,k,ans=0;
        cin>>n>>c>>k;
        ll tmp1=qpow(691504013,c),tmp2=qpow(308495997,c);
        ll r1=qpow(tmp1,k),r2=1; //an与bn的初始值
        ll rinv=qpow(tmp1,mod-2); //每次an项需要除以a，预处理逆元
        for(int r=0;r<=k;r++)
        {
            ll t=r1*r2%mod,tmp; //两项相乘
            if(t==1) //如果等于1，说明等比数列首项与公比均为1，直接计算
                tmp=n%mod;
            else //否则套上等比数列求和公式
                tmp=t*(qpow(t,n)-1)%mod*qpow(t-1,mod-2)%mod;
            tmp=tmp*getC(k,r)%mod; //乘上组合数
            if(r&1) //判断该项的正负性
                ans-=tmp;
            else
                ans+=tmp;
            r1=r1*rinv%mod; //an项每次除以a
            r2=r2*tmp2%mod; //bn项每次乘上b
        }
        ans=(ans%mod+mod)%mod*qpow(276601605,k)%mod; //注意将ans计算至[0,mod)的范围内先，最后乘上D^k
        cout<<ans<<'
';
    }
    return 0;
}