hdu 3117 Fibonacci Numbers

　　这道题其实也是水题来的，求Fibonacci数的前4位和后4位，在n==40这里分界开。后4位不难求，因为n达到了10^18的规模，所以只能用矩阵快速幂来求了，但在输出后4位的时候一定要注意前导0的处理（我就是在这里wa了一发，也是看了看别人的代码才发现的）。

　　前4位的话稍微有点难处理，我一开始就在想该怎么处理 log10(f(n)) 呢？把f[n]= f[n-1]+f[n-2]? 不行，log对+运算没法展开，我找了好久也没能找到什么能让f[n]展开成相乘或者幂的形式，上网搜了下题解，才发现别人竟然是用通项公式来处理的（我当时也想过，但因为含有"-"运算所以就直接忽略了，可是没想到其实可以稍微变通下就可以把"-"号去掉的）：  f(n)= 1/sqrt(5) (( (1+sqrt(5))/2)^n - ((1-sqrt(5))/2)^n );

　　具体实现的时候Log10 F[n]约等于 ((1+sqrt(5))/2)^n/sqrt(5)，这里我们把 ((1-sqrt(5))/2)^n这一项忽略了，因为当N>=40时，这个数已经小的可以忽略。于是log10 F[n]就可以化简成 n*log10( (1+sqrt(5))/2 ) -log10 sqrt(5)，不多说，附上代码：

 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #include<cstring>
 #define For(i,s,t)    for(int i=s; i<=t; ++i)
 typedef long long LL;
 const LL mod= ;

 struct matrix{
     LL a,b,c,d;
     matrix(LL a=, LL b=, LL c=, LL d=):a(a),b(b),c(c),d(d) {}
     matrix operator *(const matrix &m2) const {
         return matrix((a*m2.a%mod+b*m2.c%mod)%mod, (a*m2.b%mod+b*m2.d%mod)%mod, (c*m2.a%mod+d*m2.c%mod)%mod, (c*m2.b%mod+d*m2.d%mod)%mod);
     }
 } A(,,,),E(,,,);

 matrix quick_mod(matrix m, LL b){
     matrix res(E);
     while(b){
         if(b&)      res= res*m;
         m= m*m;
         b>>=;
     }
     return res;
 }

 void solve(LL n){
     LL last= quick_mod(A,n-).a;
 //    int last= int(quick_mod(A,n-1).a);
     double m= n*log10((+sqrt(5.0))/)-log10(sqrt(5.0));
     m -= LL(m);
     LL first= LL(pow(10.0,m)*);
     //一定要有04d！后4位的前导0也要输出！
     printf("%I64d...%04I64d\n",first,last);
 }

 LL f[]= {,,};
 void init(int n=){
     For(i,,n)    f[i]= f[i-]+f[i-];
 }

 int main(){
     init();
     LL n;
     while(~scanf("%I64d",&n)){
         if(n<)    printf("%I64d\n",f[n]);
         else    solve(n);
     }
     return ;
 }

　　很神奇的是，用 I64d来输出前4位竟然是0ms（直接%04d的话却是15ms），好像第一次排上了hdu榜上的第一页，哈哈~~附上一张图：