P3986 斐波那契数列

题目描述

定义一个数列：

f(0)=a,f(1)=b,f(n)=f(n−1)+f(n−2)

其中 a,b均为正整数，n≥2 。

问有多少种 (a,b)，使得 k 出现在这个数列里，且不是前两项。

由于答案可能很大，你只需要输出答案模 10^9 + 7 的结果即可。

输入输出格式

输入格式：

一行一个整数 k 。

输出格式：

一行一个数，表示答案模10^9 + 7的结果。

输入输出样例

输入样例#1：

19260817

输出样例#1：

34166325

输入样例#2：

1000000000

输出样例#2：

773877569

说明

1≤k≤10⁹

Solution：

　　一道趣味数学题，想了有快40多分钟。。。

　　本题可以枚举系数用扩展欧几里德求解通解，然后求正整数解个数，显然当某次无整数解时，再往后也不会再有正整数解了（很简单的道理，等下我的方法里有解释）。

　　讲讲我的算法，个人认为上述的方法简单些，但是我想到一个很特殊的斐波拉契的性质 F[i]*F[i+3]-F[i+1]*F[i+2]=(-1)^i-1于是入坑用了一个稍微复杂但绝对好理解的算法。

　　然后今天月考炸完，在机房无聊在白板上写本题详细思路（为写博做准备），结果发现本题要用我的方法写的话实在是长。

　　这是我在黑板上写的：

　　肯定不够清晰，所以还是解释一波：

　　题意是给定一个k，问有多少个f[1]=a,f[2]=b，使得k出现在该斐波拉契数列中。

　　等价于求解 a+b=k、a+2b=k、2a+3b=k、3a+5b=k…的以相邻两项斐波拉契数为系数的不定方程的正整数解的个数。

　　因为题目中说道a、b≥1,所以当斐波拉契数的某相邻两项f[i]+f[i+1]>k时便可不用在求不定方程了（显然无正整数解）。

　　于是可以枚举相邻的两项斐波拉契数作系数，然后累加正整数解的个数。

　我们由裴蜀定理可知： $$ax+by=c \quad a,b,c\in Z*$$

　　有整数解的充要条件是： $$gcd(a,b)|c$$

　　证明：

　　$\because \quad$ $a=pgcd(a,b),\quad$ $b=qgcd(a,b)$

$\therefore \quad$ $ax+by=pgcd(a,b)x+qgcd(a,b)y=(px+qy)*gcd(a,b)=c$

　　$\because \quad$ $(px+qy),gcd(a,b)\in Z*$

　　$\therefore \quad$ $gcd(a,b)|c$

　　不妨设$x,y$为 $ax+by=c$ 的一组解，则由解$x,y$可推出其它解为：

　　$x1=x+\frac{b}{gcd(a,b)}*t,\quad$ $y2=x-\frac{a}{gcd(a,b)}*t\quad,t\in Z*$

　　证明：

　　$\because \quad ax+by=c$

　　$\therefore \quad ax+by+\frac{ab}{gcd(a,b)}*t-\frac{ab}{gcd(a,b)}*t=c$

　　$\therefore \quad a(x+\frac{b}{gcd(a,b)}*t)+b(y-\frac{a}{gcd(a,b)}*t)=c$

　　$\therefore \quad$ $x1=x+\frac{b}{gcd(a,b)}*t,\quad$ $y2=x-\frac{a}{gcd(a,b)}*t\quad,t\in Z*$

　　然后我们以斐波拉契中的相邻两项f[i]和f[i+1]为系数

　　不难发现$f[i]*f[i+3]-f[i+1]*f[i+2]=(-1)^{i-1}$

　　证明：

　　设$f[i]=a,f[i-1]=b\quad$ 则$f[i+1]=a+b,f[i+2]=2a+b,f[i+3]=3a+2b$

　　原式$=a*(3a+2b)-(a+b)*(2a+b)$

　　　　$=a^2-b^2-ab$

　　　　$=(a-b)(a+b)-ab$

　　　　$=f[i-2]*f[i+1]-f[i-1]*f[i]$

　　继续将新式子往下递归

　　1、当$2|i$，必定递归到$f[0]*f[3]-f[1]*f[2]=-1$(注意到$f[0]$无意义，所以$f[0]=0$),所以i为偶数时$f[i]*f[i+3]-f[i+1]*f[i+2]=-1$

　　2、否则，必定递归到$f[1]*f[4]-f[2]*f[3]=1$,所以i为奇数时$f[i]*f[i+3]-f[i+1]*f[i+2]=1$

　　$\therefore \quad$ $f[i]*f[i+3]-f[i+1]*f[i+2]=(-1)^{i-1}$

　　有了上面这个性质，易得题目中的$f[i]x+f[i+1]y=k$必定有通解：

　　$x=(-1)^{i-1}*k*f[i+3],\quad$ $y=(-1)^{i}*k*f[i+2]$

　　然后易得斐波拉契数列的相邻两项$f[i]$和$f[i+1]$互质，即$gcd(f[i],f[i+1])=1$,　　

　　证明（由欧几里德定理）：

　　$\because \quad$ $gcd(f[i],f[i+1])=gcd(f[i],f[i+1]-f[i])=gcd(f[i],f[i-1])…=gcd(f[1],f[2])=1$

　　$\therefore \quad$ $gcd(f[i],f[i+1])=1$

　　于是由上述性质可知：

　　$f[i]x+f[i+1]y=k$的整数解为$x1=(-1)^{i-1}*k*f[i+3]+f[i+1]*t,\quad$ $y1=(-1)^{i}*k*f[i+2]-f[i]*t,\quad t\in Z*$

　　显然由于$(-1)^{i-1},(-1)^{i}$中必定有一个为-1，于是$x$和$y$中有且仅有一负数。

　　1、当$x<0$，先使x变为最小整数解。

　　　则x_min$=x+(\frac{\left| x\right|}{f[i+1]}+1)*f[i+1]$

　　　则y_max$=y-(\frac{|x|}{f[i+1]}+1)*f[i]$

　　　此时求其它正整数解时$x$单调递增，$y$单调递减。

　　　 $\therefore \quad$ 此时的正整数解的个数$=\lceil \frac{ymax}{f[i]} \rceil$

　　2、当$y<0$，和上面同理知此时的正整数解个数$=\lceil \frac{xmax}{f[i+1]} \rceil$

　　按照上述方法本题便能完美的解决。

　　由于斐波拉契数最多到第90多项时就爆long long了，所以本题此方法复杂度O(n)，n≤92。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

#define il inline

#define ll long long

using namespace std;

const ll mod=1e9+;

ll f[],x,y,n,i,ans;

int main()

{

    cin>>n;

    f[]=f[]=;ans=n-;

    for(i=;i<=;i++){f[i]=f[i-]+f[i-];if(f[i]>=n)break;}

    //cout<<i<<endl;

    for(int j=;j<=i;j++){

        int q=pow(-,j-);

        x=n*q*f[j+],y=-n*q*f[j+];

        if(x<){y-=(abs(x)/f[j+]+)*f[j];if(y>)ans=ans+ceil(1.0*y/f[j]);ans%=mod;}

        else if(y<){x-=(abs(y)/f[j]+)*f[j+];if(x>)ans=ans+ceil(1.0*x/f[j+]);ans%=mod;}

    }

    cout<<ans;

    return ;

}