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斐波那契数列

\(F(0)=F(1)=1\)\(F(1)=F(2)=1\)\(F(i)=F(i-1)+F(i-2)\).

广义斐波那契数列在转移时有系数且首两项给定。

求法

注意到斐波那契数列的转移为一个矩阵乘 \[ \begin{bmatrix}F(i)&F(i-1)\end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&0 \end{bmatrix} \] 当然广义斐波那契数列的转移就是把转移矩阵的系数换了一下。

所以我们可以通过矩阵快速幂快速求得所求项数。

给出广义斐波那契数列的矩阵乘代码:

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int w=0,x=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))w|=c=='-',c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return w?-x:x;
}
namespace star
{
int mod;
struct mat{
int a[2][2];
inline void set(){
memset(a,0,sizeof a);
}
inline void zero(){
set();a[0][0]=a[1][1]=1;
}
inline int* operator [] (const int x){return a[x];}
inline const int* operator [] (const int x) const {return a[x];}
inline mat operator * (const mat &b)const{
mat ans;
ans.set();
for(int i=0;i<2;i++)
for(int j=0;j<2;j++)
for(int k=0;k<2;k++)
ans[i][j]=(ans[i][j]+a[i][k]*b[k][j]%mod)%mod;
return ans;
}
}now,pow;
inline mat fpow(mat a,int b){
mat ans;
ans.zero();
for(;b;b>>=1,a=a*a)if(b&1)ans=ans*a;
return ans;
}
inline void work(){
int p=read(),q=read(),a1=read(),a2=read(),n=read();
mod=read();
now[0][1]=a1,now[0][0]=a2,pow[0][0]=p,pow[1][0]=q,pow[0][1]=1;
printf("%lld",(now*fpow(pow,n-1))[0][1]);
}
}
signed main(){
star::work();
return 0;
}

性质

斐波那契数具有很多神奇的性质,虽然有些不太常用

  • 齐肯多夫定理:任何正整数可以表示为若干个不连续的斐波那契数之和。

于是我们可以引出来一个叫做斐波那契进制的东西。

简单来说,因为任何数都可以被若干个斐波那契数的和表示,我们就可以把这个数用01串表示。其中第i位表示是否含有\(F[i]\)

更形式化地讲,从大到小枚举斐波那契数,每当$ F[i]\(不小于当前数就将此位置为1并减去该\) F[i]$,根据定理最后一定会被减完,即被一个01串表示。

因为斐波那契数的增长速度很快,所以这个串并不会很长。

我们来看个毒瘤题:

P6791 [SNOI2020] 取石子

对于这个LCA的毒瘤题本身我并不会没什么好说的,没有发现打表之外的解法

通过打表我们可以发现,设\(a_i\)表示还剩i颗石子时甲必胜此次至少要取的石子个数,那么 \(a_i\)\(i\) 在斐波那契进制下的 lowbit。

所以这个题本身和斐波那契数就只有这么点关系

对于题本身不予讨论。我也不会证

斐波那契公约数

P1306

我们需要证明\(F[\gcd(i,j)]=\gcd(F[i],F[j])\)

其中\(F[0]=F[1]=1\)

  • 引理:\(\gcd(F[i],F[i-1])=1\)

证明: \[ \gcd(F[i],F[i-1])=\gcd(F[i]-F[i-1],F[i-1])=\gcd(F[i-1],F[i-2])=\dots=\gcd(F[2],F[1])=1 \]\(F[i]\)\(F[i-1]\)互质。

  • 引理:\(F[m+n]=F[m-1]F[n]+F[m]F[n+1]\)

\(F[n]=a,F[n+1]=b\),向下递推发现由\(a\)\(b\)表达的\(F[i]\)中其系数是斐波那契数。自己推推就知道了。

  • \(F[\gcd(i,j)]=\gcd(F[i],F[j])\)

证明:

不妨设\(i<j\),则有 \[ \gcd(F[i],F[j])\\=\gcd(F[i],F[j-i-1]F[i]+F[j-i]F[i+1])\\=\gcd(F[i],F[j-i]F[i+1])\\=\gcd(F[i],F[j-i]) \]\[ \gcd(F[i],F[j])=\gcd(F[i],F[j\mod i]) \] 递归求解,发现我们就是在对F的下标求gcd,也就是 \[ \gcd(F[i],F[j])=F[\gcd(i,j)] \\ \square \]

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int w=0,x=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))w|=c=='-',c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return w?-x:x;
}
namespace star
{
const int mod=1e8;
struct mat{
int a[2][2];
mat(){
memset(a,0,sizeof a);
}
inline void zero(){
a[0][0]=a[1][1]=1;
}
inline int* operator [] (const int x){return a[x];}
inline const int* operator [] (const int x) const {return a[x];}
inline friend mat operator * (const mat &a,const mat &b){
mat ans;
for(int i=0;i<2;i++)
for(int j=0;j<2;j++)
for(int k=0;k<2;k++)
ans[i][j]=(ans[i][j]+a[i][k]*b[k][j]%mod)%mod;
return ans;
}
}now,pow;
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline mat fpow(mat a,int b){
mat ans;
ans.zero();
for(;b;b>>=1,a=a*a)if(b&1)ans=ans*a;
return ans;
}
inline void work(){
now[0][0]=now[0][1]=pow[0][0]=pow[0][1]=pow[1][0]=1;
printf("%lld",(now*fpow(pow,gcd(read(),read())-1))[0][1]);
}
}
signed main(){
star::work();
return 0;
}

  • \(F[i-1]*F[i+2]-F[i]*F[i+1]=(-1)^i\)

还是设\(F[i]=a,F[i+1]=b\),然后推来推去,具体看@浅色调 的过程

对于P3986,这个结论可以用来快速解决 \(aF[i]+bF[i+1]=k\) 而不用exgcd。

即有通解 \(x=k*(-1)^iF[i-1],y=k*(-1)^{i+1}F[i-2]\)

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int w=0,x=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))w|=c=='-',c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return w?-x:x;
}
namespace star
{
const int maxn=100,mod=1e9+7;
int N,f[maxn],ans;
inline void work(){
int k=read();
f[1]=f[2]=1;ans=k-1;
for(N=3;(f[N]=f[N-1]+f[N-2])<k;N++);
N--;
for(int x,y,j=2;j<=N;j++){
int q=((j-1)&1)?-1:1;
x=k*q*f[j+3],y=-k*q*f[j+2];
if(x<0){
y-=((-x)/f[j+1]+1)*f[j];
if(y>0)ans=(ans+(int)ceil(1.0*y/f[j]))%mod;
}else
if(y<0){
x-=((-y)/f[j]+1)*f[j+1];
if(x>0)ans=(ans+(int)ceil(1.0*x/f[j+1]))%mod;
}
}
printf("%lld",ans);
}
}
signed main(){
star::work();
return 0;
}

PS: @浅色调的题解对N多算了一次,减掉即可。或者在第二遍 for 循环内直接判掉 break 也行。


UPD10.15

  • 给定一个长为n的序列,可在其中填1,求使1任意两个都不相邻的方案数。

昨天看了一道叫做01矩阵的题目想到该问题,经询问 luogu 聚铑们得到答案。

首先,这玩意和斐波那契数有什么关系?

考虑 DP,对于位置 \(i\),设 \(f[i][0],f[i][1]\) 为前 \(i\) 个数填完、\(i\)\(0\)\(1\) 的方案数,则有转移 \[ f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-1][1]\\ f[i][1]=f[i-1][0] \]\(g[i]\)为到i的方案总数,则有 \[ g[i]=f[i][0]+f[i][1]\\ g[i]=f[i-1][0]+f[i-1][1]+f[i-1][0]\\ g[i]=g[i-1]+g[i-2] \] 和斐波那契数列的转移相同。

板子题

总结

斐波那契数列性质很多。之后遇到新的我应该会补。

如果您凑巧看到了这里并知道一些相关题目请不吝赐教~

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