LOJ #10222. 「一本通 6.5 例 4」佳佳的 Fibonacci 題解

do_while_true發表於2020-08-01

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如果之前推過斐波那契數列字首和就更好做（所以題目中給出了）。

斐波那契數列字首和題目連結

先來推一下斐波那契數列字首和:

\[\sum\limits_{i=1}^nf(i) \]

其中 \(f(i)\) 表示Fibonacci數列第 \(i\) 項。

直接推式子：

記 \(s(x)=\sum\limits_{i=1}^xf(i)\)

將右邊一項項展開得出

\[f(1)=1 \]

\[f(2)=1 \]

\[f(3)=f(1)+f(2) \]

\[f(4)=f(2)+f(3) \]

\[... \]

\[f(n)=f(n-2)+f(n-1) \]

這些式子左右兩邊分別再加回去得出

\[s(n)=1+1+f(1)+f(n-1)+2*\sum_{i=2}^{n-2}f(i) \]

把其中一個 \(1\) 變成 \(f(1)\) 再和另一個 \(f(1)\) 加到 \(2*\sum\limits_{i=2}^{n-2}f(i)\) 裡面，得出

\[s(n)=1+f(n-1)+2*\sum_{i=1}^{n-2}f(i) \]

\[s(n)=1+f(n-1)+2*s(n-2) \]

\[s(n)-s(n-2)-s(n-2)=1+f(n-1) \]

\[f(n)+f(n-1)-s(n-2)=1+f(n-1) \]

\[f(n)-s(n-2)=1 \]

\[s(n-2)=f(n)-1 \]

令 \(n-2\) 變成 \(n\) 可得

\(s(n)=f(n+2)-1\)

注意到 \(f\) 是可以直接矩陣快速冪求的。這個時候就可以在 \(\mathcal{O}(\log n)\) 的時間複雜度求得 \(s(n)\) 了。

這個時候回來看本題：

對於 \(T(n)\) 來說，\(f(n)\) 被計算了 \(n\) 次，\(f(n-1)\) 被計算了 \((n-1)\) 次...

即

\[T(n)=\sum\limits_{i=1}^n{f(i)*i} \]

可以用字尾和的形式來表示這個式子，計 \(s2(i)=\sum\limits_{i=1}^n{f(i)}\)

所以上面的式子可以進一步轉化成這個字尾和的形式

\[T(n)=\sum\limits_{i=1}^n{s2(i)} \]

可是 \(n\) 又不確定，又不會推字尾和，應該怎麼求呢？

不會字尾和，但是我們會字首和啊！

用 \(s\) 表示上述式子即為

\[T(n)=\sum\limits_{i=1}^n{s(n)-s(i-1)} \]

把 \(s(n)\) 提出來:

\[T(n)=n*s(n)-\sum\limits_{i=1}^n{s(i-1)} \]

代入 \(s(i)=f(i+2)-1\)

\[T(n)=n*f(n+2)-n-\sum\limits_{i=1}^n{(f(i+1)-1)} \]

把 \(\sum\) 裡面的 \(-1\) 提出來

\[T(n)=n*f(n+2)-n-\sum\limits_{i=1}^n{f(i+1)}+n \]

之後就很簡單了。

\[T(n)=n*f(n+2)-n-\sum\limits_{i=2}^{n+1}{f(i)}+n \]

\[T(n)=n*f(n+2)-n-\sum\limits_{i=2}^{n+1}{f(i)}+f(1)-f(1)+n \]

\[T(n)=n*f(n+2)-n-\sum\limits_{i=1}^{n+1}{f(i)}-f(1)+n \]

化簡一下

\[T(n)=n*f(n+2)-s(n+1)-1 \]

\[T(n)=n*f(n+2)-(f(n+3)-1)-1 \]

\[T(n)=n*f(n+2)-f(n+3)+2 \]

矩陣快速冪求 \(f(n+2)\) 和 \(f(n+3)\) 就能 \(\mathcal{O}(\log n)\) 的時間複雜度求出 \(T(n)\) 了。

因為最後的式子裡面有個減法，可以提前在減法之前加上一個 \(m\) 來防止負數取模的情況發生。

參考 \(\mathcal{Code}\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
int n,m;
struct Matrix {
	ll mat[3][3];
	int n,m;
	void memset() {
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=m;j++)
				mat[i][j]=0;
	}
};
Matrix mul(Matrix x,Matrix y)
{
	Matrix z;
	z.n=x.n;
	z.m=y.m; 
	z.memset();
	for(int i=1;i<=z.n;i++)
		for(int j=1;j<=z.m;j++)
			for(int k=1;k<=x.m;k++)
				z.mat[i][j]=(z.mat[i][j]+x.mat[i][k]*y.mat[k][j])%m;
	return z; 
}
Matrix qpow(Matrix base,int y)
{
	Matrix ans;
	ans.n=ans.m=2;
	ans.memset();
	for(int i=1;i<=2;i++)
		ans.mat[i][i]=1;
	while(y)
	{
		if(y&1) ans=mul(ans,base);
		base=mul(base,base);
		y>>=1;
	}
	return ans;
}
ll f(int n)
{
	Matrix ans,base;
	ans.n=1;
	ans.m=2;
	base.n=base.m=2;
	ans.memset();
	base.memset();
	ans.mat[1][1]=1;ans.mat[1][2]=1;
	base.mat[1][1]=0;base.mat[1][2]=1;
	base.mat[2][1]=1;base.mat[2][2]=1;
	base=qpow(base,n-2);
	ans=mul(ans,base);
	return ans.mat[1][2];
} 
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	printf("%lld",(n*f(n+2)%m-f(n+3)+m+2)%m);
	return 0;
}

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