斐波拉契数列2的63次方项

　　　　　　　　　　　　　　首先，斐波拉契数列最简单的做法就是利用递推公式。这里就不写代码了。

　　　　　　　　　　　　　　但是递推计算还是太慢了，项数一大就算不了，比如10的5次方以上就算不出来了。

　　　　　　　　　　　　　　然后我们就想出了矩阵加速。

　　　　　　　　　　　　　　利用递推关系可以构造成矩阵相乘。

　　　　　　　　　　　　　　|  a(n+1)　　an  |　　=　　|　　an　　a(n-1)　　|　　*　　|　　1　　1　　|

　　　　　　　　　　　　　　|　　0　　　0    |　　　　  |　　0　　　　0　　  |　　　　  |　　1　　0　　|

　　　　　　　　　　　　　　则可以得到

　　　　　　　　　　　　　　|  a(n+1)　　an  |　　=　　|　　a2　　　a1  　　|　　*　(　|　　1　　1　　|　)^(n-1)

　　　　　　　　　　　　　　|　　0　　　0    |　　　　  |　　0　　　　0　　  |　　　　   |　　1　　0　　|

　　　　　　　　　　　　　　再利用快速幂的思想，就有了下面的代码。

　　　　　　　　#include<stdio.h>
　　　　　　　　#include<math.h>
　　　　　　　　#include<stdlib.h>
　　　　　　　　struct jz
　　　　　　　　{
 　　　　　　　　unsigned long long at[2][2];
　　　　　　　　};
　　　　　　　　jz ttt,jsjz;
　　　　　　　　jz mutil(jz p,jz q)　　　　　　　　　　　　//自定义的矩阵乘法
　　　　　　　　{
　　　　　　　　 jz pq;
　　　　　　　　 pq.at[0][0]=(p.at[0][0]*q.at[0][0]+p.at[0][1]*q.at[1][0])%1000000007;
　　　　　　　　 pq.at[0][1]=(p.at[0][0]*q.at[0][1]+p.at[0][1]*q.at[1][1])%1000000007;
 　　　　　　　　pq.at[1][0]=(p.at[1][0]*q.at[0][0]+p.at[1][1]*q.at[1][0])%1000000007;
 　　　　　　　　pq.at[1][1]=(p.at[1][0]*q.at[0][1]+p.at[1][1]*q.at[1][1])%1000000007;
 　　　　　　　　return pq;
　　　　　　　　}
　　　　　　　　jz jiasu(unsigned long long a)　　　　　　　　　　　　　　　　　　//加速幂的思想
　　　　　　　　{
　　　　　　　　 if(a==1) return jsjz;
 　　　　　　　　else if(a%2==0) return mutil(jiasu(a/2),jiasu(a/2));
 　　　　　　　　else return mutil(mutil(jiasu(a/2),jiasu(a/2)),jsjz);
 　　　　　　　　}
　　　　　　　　int main()
　　　　　　　　{
　　　　　　　　 jsjz.at[0][0]=2;ttt.at[0][0]=1;
　　　　　　　　 jsjz.at[0][1]=1;ttt.at[0][1]=1;
　　　　　　　　 jsjz.at[1][0]=1;ttt.at[1][0]=1;
 　　　　　　　　jsjz.at[1][1]=1;ttt.at[1][1]=0;
 　　　　　　　　unsigned long long n;
 　　　　　　　　scanf("%llu",&n);
　　　　　　　　 jz p;
　　　　　　　　 if(n==1) p=ttt;
　　　　　　　　 else if(n%2==0) p=jiasu(n/2);
 　　　　　　　　else p=mutil(ttt,jiasu(n/2));
 　　　　　　　　printf("%llu",p.at[0][1]);
 　　　　　　　　return 0;
 　　　　　　　　}

　　　　　　　　　　　　　　　但是这样还是达不到2的63次方的要求。

　　　　　　　　　　　　　　　我们再想一想还有什么可以优化的地方。

　　　　　　　　　　　　　　    很明显我们在加速幂的运算中还是重复了很多运算。我们现在就需要想有没有什么办法去除这些重复的运算。

　　　　　　　　　　　　　　　这里就用到了另一种加速幂的思路。

　　　　　　　　#include<stdio.h>
　　　　　　　　#include<math.h>
　　　　　　　　#include<stdlib.h>
　　　　　　　　struct jz
　　　　　　　　{
　　　　　　　　 unsigned long long at[2][2];
　　　　　　　　};
　　　　　　　　jz ttt,jsjz;
　　　　　　　　jz mutil(jz p,jz q)
　　　　　　　　{
 　　　　　　　　jz pq;
　　　　　　　　 pq.at[0][0]=(p.at[0][0]*q.at[0][0]+p.at[0][1]*q.at[1][0])%1000000007;
 　　　　　　　　pq.at[0][1]=(p.at[0][0]*q.at[0][1]+p.at[0][1]*q.at[1][1])%1000000007;
　　　　　　　　 pq.at[1][0]=(p.at[1][0]*q.at[0][0]+p.at[1][1]*q.at[1][0])%1000000007;
　　　　　　　　 pq.at[1][1]=(p.at[1][0]*q.at[0][1]+p.at[1][1]*q.at[1][1])%1000000007;
　　　　　　　　 return pq;
　　　　　　　　}
　　　　　　　　/*jz jiasu(unsigned long long a)
　　　　　　　　{
　　　　　　　　 if(a==1) return jsjz;
　　　　　　　　 else if(a%2==0) return mutil(jiasu(a/2),jiasu(a/2));
　　　　　　　　 else return mutil(mutil(jiasu(a/2),jiasu(a/2)),jsjz);
　　　　　　　　 }*/
　　　　　　　　int main()
　　　　　　　　{
　　　　　　　　 jsjz.at[0][0]=1;ttt.at[0][0]=1;
　　　　　　　　 jsjz.at[0][1]=1;ttt.at[0][1]=0;
　　　　　　　　 jsjz.at[1][0]=1;ttt.at[1][0]=0;
　　　　　　　　 jsjz.at[1][1]=0;ttt.at[1][1]=1;
　　　　　　　　 unsigned long long n;
　　　　　　　　 scanf("%llu",&n);
　　　　　　　　 for(int i=0;i<=63;i++)　　　　　　　　//加速幂思想
　　　　　　　　 {
　　　　　　　　  if(i>=1) jsjz=mutil(jsjz,jsjz);
　　　　　　　　  if((n>>i)&1==1) ttt=mutil(ttt,jsjz);
　　　　　　　　 }
　　　　　　　　 printf("%llu",ttt.at[0][1]);
　　　　　　　　 return 0;
　　　　　　　　}

　　　　　　　　　　　　　　　一个数总可以表示成多个2的次方项相加，也就是2进制表示。于是就把次方项给拆开，只求对应的需要的项。

　　　　　　　　　　　　　　　其中可以利用加速矩阵的自乘，免去所有的重复操作。这也就是比第一次的加速幂思想更简化的地方。

　　　　　　　　　　　　　　   于是现在复杂度就是肉眼可见的低了。

　　　　　　　　　　　　　　　只需要进行一百多次的矩阵乘法。

　　　　　　　　　　　　　　　现在就可以求出斐波拉契数列的2的63次方项了。