关于斐波拉契数列（Fibonacci）

斐波那契数列指的是这样一个数列 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233，377，610，987，1597，2584，4181，6765，10946，17711，28657，46368........

如果设F(n）为该数列的第n项（n∈N*），那么这句话可以写成如下形式：:F(n)=F(n-1)+F(n-2) 。显然这是一个线性递推数列。

通项公式：   ，又称为“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例。

斐波拉契数列也可用矩阵乘法+快速幂求出，其效率远优于以上两种解法O（logn）。

斐波拉契数列在oi中常有出现，是比较重要的数论内容，部分数学结论与斐波拉契数列有关。

 

 

Problem 1 [luogu P1349] 广义斐波那契数列

题目描述

广义的斐波那契数列是指形如an=p*an-1+q*an-2的数列。今给定数列的两系数p和q，以及数列的最前两项a1和a2，另给出两个整数n和m，试求数列的第n项an除以m的余数。

输入输出格式

输入格式：

输入包含一行6个整数。依次是p,q,a1,a2,n,m，其中在p,q,a1,a2整数范围内，n和m在长整数范围内。

输出格式：

输出包含一行一个整数，即an除以m的余数。

此题为斐波拉契数列的一个变形，即递推公式为f[i]=f[i-1]*a+f[i-2]*b；将矩阵变形即可。

 type
     rec                =record
     v                :array[..,..] of longint;
 end;

 var
     n,m,i,j,p,q,a1,a2            :longint;
     jz,ans                        :rec;

 function mul(a,b:rec):rec;
 var
     c                            :rec;
 begin
     c.v[,]:=(a.v[,]*b.v[,]+a.v[,]*b.v[,]+m) mod m;
     c.v[,]:=(a.v[,]*b.v[,]+a.v[,]*b.v[,]+m) mod m;
     c.v[,]:=(a.v[,]*b.v[,]+a.v[,]*b.v[,]+m) mod m;
     c.v[,]:=(a.v[,]*b.v[,]+a.v[,]*b.v[,]+m) mod m;
     exit(c);
 end;

 function pow(a:rec; k:longint):rec;
 begin
     if k= then exit(a);
     a:=pow(a,k>>);
     if k mod = then exit(mul(a,a)) else exit(mul(mul(a,a),jz));
 end;    

 begin
     read(p,q,a1,a2,n,m);
     jz.v[,]:=;
     jz.v[,]:=q;
     jz.v[,]:=;
     jz.v[,]:=p;
     ans:=pow(jz,n-);
     writeln(((ans.v[,]*a1+ans.v[,]*a2) mod m));
 end.

Problem 2：Fibonacci

【问题描述】

斐波拉契有如下性质：F[1]=1,f[2]=1;F[n]=F[n-1]+F[n-2]是fibonacci的递推吧，求两项的最大公约数。

【输入】

第一行输入一个整数gay；gay<=10

接下来的gay行，每行两个整数gay_a,gay_b；

【输出】

共gay行，每行一个整数，表示F[gay_a]和F[gay_b]最大公约数。（在MOD 19491001意义下）。

input：

5

30 15

14 28

12 24

17 17

30 6

output：

610

377

144

1597

8

我们先来看Fibonacci数列的几个引论

引理1：
Gcd(F[n+1],F[n])=1;
证明：
根据辗转相减法则
Gcd(F[n+1],F[n])=Gcd(F[n+1]-F[n],F[n])=Gcd(F[n],F[n-1])=Gcd(F[2],F[1])=1；

引理2：

F[m+n]=F[m-1]F[n]+F[m]F[n+1]

证明：

F[n+m]=F[n+m-1]+F[n+m-2]=2*F[n+m-2]+F[n+m-3]=……

F[n+m]=a[x]*F[n+m-x]+b[x]*F[n+m-x-1]=a[x]*(F[n+m-x-1]+F[n+m-x-2])+b[x]*(F[n+m-x-1)=(a[x]+b[x])*F[n+m+x-1]+a[x]*F[n+m+x-2];

当x=1时有 a[1]=F[2]; b[1]=F[1];

当x=2时有 a[2]=F[2]+F[1]=F[3];  b[2]=a[1]=F[2];

当x=k+1时有 a[k+1]=a[k]+b[k]=F[k+1]+F[k]=F[k+2] b[k+1]=a[k]=F[k+1];

所以当x=n时 F[n+m]=a[n]F[m]+b[n]F[m-1]=F[n+1]F[m]+F[n]F[m-1];

引理3：

Gcd(F[n+m],F[n])=Gcd(F[n],F[m])
证明：
Gcd(F[n+m],F[n])=Gcd(F[n+1]F[m]+F[n]F[m-1],F[n])=Gcd(F[n+1]F[m],F[n])=Gcd(F[n+1],F[n])*Gcd(F[m],F[n])=Gcd(F[m],F[n]);

由以上三个引理有：Gcd(F[n],F[m])=F[Gcd(n,m)];

如果不会证明也不知道结论怎么办？打表找规律即可AC。（像我一样）

 const mo=;
 type
     rec                            =record
     v                            :array[..,..] of int64;
 end;

 var
     m,a,b                        :rec;
     n,i,j                        :longint;
     gc,x,y                        :int64;

 procedure csh;
 begin
     m.v[,]:=;
     m.v[,]:=;
     m.v[,]:=;
     m.v[,]:=;
 end;

 function mul(a,b:rec):rec;
 var
     c                            :rec;
 begin
     c.v[,]:=(a.v[,]*b.v[,]+a.v[,]*b.v[,]+mo) mod mo;
     c.v[,]:=(a.v[,]*b.v[,]+a.v[,]*b.v[,]+mo) mod mo;
     c.v[,]:=(a.v[,]*b.v[,]+a.v[,]*b.v[,]+mo) mod mo;
     c.v[,]:=(a.v[,]*b.v[,]+a.v[,]*b.v[,]+mo) mod mo;
     exit(c);
 end;

 function pow(a:rec; k:int64):rec;
 begin
     if k= then exit(a);
     a:=pow(a,k>>);
     if k mod = then exit(mul(a,a)) else exit(mul(mul(a,a),m));
 end;

 function gcd(a,b:int64):int64;
 begin
     if (b=) then exit(a);
     exit(gcd(b,a mod b));
 end;

 begin
     read(n);
     for i:= to n do
     begin
         csh;
         read(x,y);
         gc:=gcd(x,y);
         a:=pow(m,gc);
         writeln(a.v[,]);
     end;
 end.    

Problem 3： 黄金分割比

【问题描述】

把一条线段分割为两部分，使其中一部分与全长之比等于另一部分与这部分之比。其比值是一个无理数，用分数表示为(√5-1)/2，取其前三位数字的近似值是0.618。由于按此比例设计的造型十分美丽，因此称为黄金分割，也称为中外比。这个分割点就叫做黄金分割点（golden section ratio通常用φ表示）这是一个十分有趣的数字，我们以0.618来近似表示，通过简单的计算就可以发现：(1-0.618)/0.618=0.6一条线段上有两个黄金分割点。

现在LS要对这个数进行研究，首先他就要想办法用分数逼近黄金数。当然，他需要你给他的是离黄金数的差最小的分数。

【输入】

输入文件只有一行，这一行有一个数N(1≤N≤10^19)，表示逼近的分数分母≤N。

【输出】

输出文件只有一行，这一行有一个分数，格式为“x/y”，为你所输出的分数。

【输入输出样例】

Gold.in

10

Gold.out

5/8

给出一个结论即可：而且当n趋向于无穷大时，斐波拉契数列前一项与后一项的比值越来越逼近黄金分割0.618，自己证明。

注意，此题n较大，爆掉int64，需要特判一下。（或者你可以用高精）

 var
     f                            :Array[..] of int64;
     i,l                            :longint;
     s                            :int64;
     st                            :string;
     std                            :string;
 begin
     f[]:=;
     f[]:=;
     for i:= to  do f[i]:=f[i-]+f[i-];
     std:='';
     readln(st);
     l:=length(st);
     if (l<) or ((l=) and (st<=std)) then
     begin
         val(st,s);
         if (s=) or (s=) then writeln('1/1') else
         begin
             for i:= to  do if s<=f[i] then break;
             if s=f[i] then writeln(f[i-],'/',f[i]) else writeln(f[i-],'/',f[i-]);
         end;
     end else
     begin
         writeln('4660046610375530309/7540113804746346429');
     end;
 end.