数论+矩阵快速幂|斐波那契|2014年蓝桥杯A组9-fishers
标题：斐波那契
斐波那契数列大家都非常熟悉。它的定义是：
f(x) = 1 .... (x=1,2)
f(x) = f(x-1) + f(x-2) .... (x>2)
对于给定的整数 n 和 m，我们希望求出：
f(1) + f(2) + ... + f(n) 的值。但这个值可能非常大，所以我们把它对 f(m) 取模。
公式参见【图1.png】
但这个数字依然很大，所以需要再对 mod 求模。
【数据格式】
输入为一行用空格分开的整数 n m mod (0 < n, m, mod < 10^18)
输出为1个整数
例如，如果输入：
2 3 5
程序应该输出：
0
再例如，输入：
15 11 29
程序应该输出：
25
资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms
Σf(n)=f(n+2)-1
尽量用迭代
规模很大，数据很大
简单解法，直接计算斐波那契数列 能得一部分分数
void solve1() {
LL a = 1;
LL b = 1;
//直接计算斐波那契数列 能得一部份分
if (m >= n + 2) {
for (LL i = 3; i <= n + 2; ++i) {
LL t = a;
a = b;
b += t;
}
printf("%llu\n", b % mod - 1);
} else {//m<n+2
LL fibM, fibN_2 = 0;
for (LL i = 3; i <= n + 2; ++i) {
LL t = a;
a = b;
b += t;
if (i == m) fibM = b;
}
fibN_2 = b;
printf("%llu %llu\n", fibN_2, fibN_2 % fibM % mod - 1);
}
}
斐波那契数列可以用矩阵运算解出来
快速斐波那契<--矩阵运算<--快速矩阵幂运算（logn时间复杂度）
mod带入到矩阵乘法中，每次乘和每次加，都对结果进行模运算->运算数在LL的范围内
整数快速乘法，并在乘法中加入模运算
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef unsigned long long LL;
LL n, m, mod;
class M {
public:
LL data[2][2];
M() { memset(data, 0, sizeof(data)); }
};
//将两个2*2的矩阵相乘
M *mul(M *m1, M *m2) {
M *ans = new M();
ans->data[0][0] = m1->data[0][0] * m2->data[0][0] + m1->data[0][1] * m2->data[1][0];
ans->data[0][1] = m1->data[0][0] * m2->data[0][1] + m1->data[0][1] * m2->data[1][1];
ans->data[1][0] = m1->data[1][0] * m2->data[0][0] + m1->data[1][1] * m2->data[1][0];
ans->data[1][1] = m1->data[1][0] * m2->data[0][1] + m1->data[1][1] * m2->data[1][1];
return ans;
}
//快速乘法
LL mm(LL a, LL b, LL mod) {
if (a > b) {
LL t = a;
a = b;
b = t;
}
LL x = 0;
while (b != 0) {
if ((b & 1) == 1) {
x = (x + a) % mod;
}
a = (a * 2) % mod;
b >>= 1;
}
return x;
}
//将两个2*2的矩阵相乘
M *mul(M *m1, M *m2, LL mod) {
M *ans = new M();
ans->data[0][0] = (mm(m1->data[0][0], m2->data[0][0], mod) + mm(m1->data[0][1], m2->data[1][0], mod)) % mod;
ans->data[0][1] = (mm(m1->data[0][0], m2->data[0][1], mod) + mm(m1->data[0][1], m2->data[1][1], mod)) % mod;
ans->data[1][0] = (mm(m1->data[1][0], m2->data[0][0], mod) + mm(m1->data[1][1], m2->data[1][0], mod)) % mod;
ans->data[1][1] = (mm(m1->data[1][0], m2->data[0][1], mod) + mm(m1->data[1][1], m2->data[1][1], mod)) % mod;
return ans;
}
//m的n次幂log(n)
M *mPow(M *m, LL n) {
M *E = new M();//单位矩阵
E->data[0][0] = 1;
E->data[1][1] = 1;
while (n != 0) {
if (n & 1 == 1) {
E = mul(E, m);
}
m = mul(m, m);//按平方倍增
n >>= 1;
}
return E;
}
//m的n次幂log(n) 并去模
M *mPow(M *m, LL n, LL mod) {
M *E = new M();//单位矩阵
E->data[0][0] = 1;
E->data[1][1] = 1;
while (n != 0) {
if ((n & 1) == 1) {
E = mul(E, m, mod);
}
m = mul(m, m, mod);//按平方倍增
n >>= 1;
}
return E;
}
//求斐波那契数列
LL fib(LL i) {
//[1,1]B^(i-2)
M *A = new M();
A->data[0][0] = 1;
A->data[0][1] = 1;
M *B = new M();
B->data[0][0] = 1;
B->data[0][1] = 1;
B->data[1][0] = 1;
M *ans = mul(A, mPow(B, i - 2));
return ans->data[0][0];
}
//求斐波那契数列并取模
LL fib(LL i, LL mod) {
//[1,1]B^(i-2)
M *A = new M();
A->data[0][0] = 1;
A->data[0][1] = 1;
M *B = new M();
B->data[0][0] = 1;
B->data[0][1] = 1;
B->data[1][0] = 1;
M *ans = mul(A, mPow(B, i - 2, mod), mod);
return ans->data[0][0];
}
void solve2() {
if (m >= n + 2) {
printf("%llu\n", fib(n + 2, mod) - 1);
} else {//m<n+2
LL fibm = fib(m);
printf("%llu\n", fib(n + 2, fibm) % mod - 1);
}
}
int main(int argc, const char *argv[]) {
scanf("%llu %llu %llu", &n, &m, &mod);
solve2();
return 0;
}
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