Fibonacci数列的幂和 zoj 3774

题目大意：

求斐波那契数列前n项的k次幂和  Mod 1000000009。    n<=1e18, k<=1e5

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这题的k比较大,所以不能用矩阵乘法来递推。学到了新姿势...  http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/23039571

基本思想就是求出通项公式,把里面的$\sqrt{5}$   用 $x$ 代替, 其中 $x^2\equiv 5\pmod{1000000009}$

然后二项式展开求和就好了。

一个合法的$x$是383008016。 正好前几天做了个高次剩余方程的题,直接拉过去跑出来。。

为什么这样替代是合法的呢? 网络上好像没找到严谨的证明。

下面给出我个人的不严谨证明：

将原式子合并之后最终会得到$\frac{P(t)}{Q(t)}$ 这样的形式。 其中$t=\sqrt{5}$  $P(t)$和$Q(t)$是关于$t$的多项式.

把$P(t)$ $Q(t)$中次数>=2的可以利用$t^2=5$降幂成次数不超过1的, 最后变成$\frac{P'(t)}{Q'(t)}$ 这样的形式.

由于最终答案一定是整数,所以 $Q'(t)$ 能整除  $P'(t)$ 。      设 $\frac{P'(t)}{Q'(t)}=K$

那么把$t$ 换成 上面求出的 $x$  得到的 $\frac{P'(x)}{Q'(x)}$ 也是 $K$. 不影响答案。

AC代码：

 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <cmath>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #include <vector>
 #include <map>
 #include <cstdlib>
 #include <set>
 #include <queue>
 using namespace std;

 #define X first
 #define Y second
 #define Mod 1000000009
 #define N 100010
 #define M 101

 typedef long long ll;

 const int INF=<<;
 const int sqrt5=;
 int P,Q;
 int fac[N],fac_inv[N];

 int Power(int x,ll p)
 {
     int res=;
     for (;p;p>>=)
     {
         if (p&) res=1ll*res*x%Mod;
         x=1ll*x*x%Mod;
     }
     return res;
 }

 int C(int n,int m)
 {
     if (m==) return ;
     int res=1ll*fac[n]*fac_inv[m]%Mod;
     return 1ll*res*fac_inv[n-m]%Mod;
 }

 int main()
 {
     //freopen("in.in","r",stdin);
     //freopen("out.out","w",stdout);

     P=1ll*(+sqrt5)*Power(,Mod-)%Mod;
     Q=1ll*(-sqrt5)*Power(,Mod-)%Mod;
     if (Q<) Q+=Mod;
     fac[]=fac_inv[]=;
     for (int i=;i<N;i++) fac[i]=1ll*fac[i-]*i%Mod,fac_inv[i]=Power(fac[i],Mod-);
     int T,K,ans; ll n;
     scanf("%d",&T);
     while (T--)
     {
         scanf("%lld%d",&n,&K);
         ans=;
         for (int i=K,op=;i>=;i--,op=-op)
         {
             int tmp1=op*C(K,i),tmp2,x=1ll*Power(P,i)*Power(Q,K-i)%Mod;
             if (x==) tmp2=n%Mod;
             else tmp2=1ll*x*(Power(x,n)-)%Mod,tmp2=1ll*tmp2*Power(x-,Mod-)%Mod;
             ans+=1ll*tmp1*tmp2%Mod;
             ans%=Mod;
         }
         if (ans<) ans+=Mod;
         ans=1ll*ans*Power(Power(sqrt5,Mod-),K)%Mod;
         printf("%d\n",ans);
     }
     return ;
 }

我的求高次剩余方程的代码(目前只会做模数是质数的情况...)：

http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1038

 #include <cstdio>
 #include <iostream>
 #include <queue>
 #include <cmath>
 #include <map>
 #include <algorithm>
 #include <cstring>
 #include <set>
 using namespace std;

 #define X first
 #define Y second
 #define N 100010
 #define M 5783
 typedef long long ll;
 typedef unsigned long long ull;

 const int Mod=;

 int prime[N];
 bool flag[N];
 vector<int> ans;

 int Power(int x,int p,int Mod)
 {
     int res=;
     for (;p;p>>=)
     {
         if (p&) res=1ll*res*x%Mod;
         x=1ll*x*x%Mod;
     }
     return res;
 }

 bool Check(int g,int P,int a[])
 {
     for (int i=;i<=a[];i++) if (Power(g,(P-)/a[i],P)==) return false;
     return true;
 }

 int Find_Root(int P)
 {
     int x=P-,a[]; a[]=;
     for (int i=;i<=prime[] && prime[i]*prime[i]<=x;i++)
     {
         if (x%prime[i]==)
         {
             a[++a[]]=prime[i];
             while (x%prime[i]==) x/=prime[i];
         }
     }
     if (x!=) a[++a[]]=x;
     for (int i=;;i++) if (Check(i,P,a)) return i;
 }

 vector<pair<int,int> > hash[M];

 int Calc_Exp(int a,int b,int P)  // 求解a^x=b (mod P)
 {
     int m=ceil(sqrt(P+0.5));
     for (int i=;i<M;i++) hash[i].clear();

     int v=Power(a,m,P),tmp=; v=Power(v,P-,P);
     hash[].push_back(make_pair(,));
     for (int i=;i<m;i++)
     {
         tmp=1ll*tmp*a%P;
         hash[tmp%M].push_back(make_pair(tmp,i));
     }

     for (int i=;i<m;i++)
     {
         int t=b%M;
         for (int j=;j<hash[t].size();j++)
         {
             if (hash[t][j].X==b) return i*m+hash[t][j].Y;
         }
         b=1ll*b*v%P;
     }
 }

 void ex_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y,ll &d)
 {
     if (!b)
     {
         d=a;
         x=;
         y=;
     }
     else
     {
         ex_gcd(b,a%b,y,x,d);
         y-=a/b*x;
     }
 }

 //X^A = B (mod P)
 void Solve_Equation(int A,int B,int P)
 {
     ans.clear();
     int g=Find_Root(P); //求出P的原根
     int b=Calc_Exp(g,B,P);  // B=g^b
     ll x,y,d;
     ex_gcd(A,P-,x,y,d);
     if (b%d==)
     {
         int del=(P-)/d,tmp,t;
         x*=b/d;
         x%=del;
         if (x<) x+=del;
         tmp=Power(g,(int)x,P);
         t=Power(g,del,P);
         while (x<=P-) ans.push_back(tmp),x+=del,tmp=1ll*tmp*t%P;
         sort(ans.begin(),ans.end());
         for (int i=;i<ans.size();i++) printf("%d%c",ans[i],i==ans.size()-? '\n':' ');
     }
     if (ans.size()==) printf("No Solution\n");
 }

 int main()
 {
     //freopen("in.in","r",stdin);
     //freopen("out.out","w",stdout);

     for (int i=;i<N;i++)
     {
         if (!flag[i]) prime[++prime[]]=i;
         for (int j=;j<=prime[] && i*prime[j]<N;j++)
         {
             flag[i*prime[j]]=true;
             if (i%prime[j]==) break;
         }
     }

     int T,A,B,P; scanf("%d",&T);
     while (T--)
     {
         scanf("%d%d%d",&P,&A,&B);
         Solve_Equation(A,B,P);
     }

     return ;
 }

可以扩展到模数不是质数的情况,等我学会了在写篇文章 记录具体做法吧。