Atcoder rc122-c Calculator 斐波那契

传送门

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题解

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先说结论： 任意正整数可以拆分成若干个斐波那契数

斐波那契数列： 1 1 2 3 5 8 13 21 34

例 17 = 13 + 3 + 1

看上去是对的，怎么证明呢？

首先假如每一个斐波那契数可以重复多次，那么显然成立（因为可以重复使用\(1\)来构成）

进一步 因为\(f_{x} = f_{x-1} + f_{x-2}\)， \(f_{x-1} > f_{x-2}\) 所以 \(f_{x} < 2f_{x-1}\)

假设我们使用了两次\(f_{x-1}\), 那么我们可以使用一次类似进位的操作把他进成\(f_{x}\)(剩下的递归构造)

这样一旦有重复的我们就进位，最后可以得到一个不重复的子数列

也就是说 任意正整数可以拆分成若干个斐波那契数的和

（我把这玩意称作斐波那契进制数？

好了，回到我们这道题目上来， 不难发现反复进行3，4操作实际上就是在计算斐波那契数列

那么问题来了我们可以通过这个方式来得到一个斐波那契数，但是怎么才能得到若干个斐波那契数的和呢

来看看，我们让第三个斐波那契数加1（其实就是在计算过程中使用1， 2操作

1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
1	1	2	3	5	8	13	21	34	55
1	1	3	4	7	11	18	29	47	76
+0	+0	+1	+2	+3	+5	+8	+13	+21	+34

容易发现我们在第三项加一，后面增加的数又构成了斐波那契数列。

对， 就是你想的那样， 我们想要让x最终变成76 （55 + 34）的话， 就直接在第三项计算完之后调用操作1/2，让他加一，这样在计算到55时，就会加34, 也就是 55 + 34 = 76；

好了，剩下的就只有推式子和实现了。

void pre(){
	f[0]=0, f[1]=1;
	for(int i=2; i<=100; i++) f[i] = f[i-1] + f[i-2];
}

int main(){
	a=read();
	pre();

	n=100;
	while(f[n] > a) n--;

	for(int i=n; i>0; i--){
		if(a>=f[i]){
			v[n-i+1] = 1;
			a -= f[i];
		}
	}

	int ans = 0;
	cout << 130 << endl;

	int it = (n%2);
	for(int i=1; i<=n; i++){

		if(i != 1){
			ans++;
			cout << it?3:4 << endl;
		}

		if(v[i]){
			ans++;
			cout << it?1:2 << endl;
		}
		it = !it;
	}

	for(int i=ans; i<130; i++) cout << 4 << endl;
	return 0;
}