数论 - Power of Fibonacci - ZOJ 3774

题意：

$斐波那契数列：$

$\begin{cases}F_0=0,F_1=1\\\\F_n=F_{n-1}+F_{n-2}(n>1)\end{cases}$

$给定正整数N、K，计算：$

$(F_1)^K+(F_{2})^K+(F_{3})^K+...+(F_{N})^K$

$答案对10^9+9取模。$

Input

There are multiple test cases. The first line of input is an integer T indicates the number of test cases. For each test case:

There are two integers N and K (0 ≤ N ≤ 10¹⁸, 1 ≤ K ≤ 100000).

Output

For each test case, output the remainder of the answer divided by 1000000009.

Sample Input

5
10 1
4 20
20 2
9999 99
987654321987654321 98765

Sample Output

分析：

$斐波那契数列的通项公式：$

$F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n]$

$首先，5是模数10^9的$ 二次剩余

$即用满足：x^2≡5\ mod\ 10^9+9\ 的x来代替\ \sqrt{5}\ mod\ 10^9+9。$

$计算得到一个满足条件的x=383008016$

$则：$ $\frac{1}{\sqrt{5}}≡276601605\ (mod\ 10^9+9),\frac{1+\sqrt{5}}{2}≡691504013\ (mod\ 10^9+9),\frac{1-\sqrt{5}}{2}≡308495997\ (mod\ 10^9+9)$

$令D=276601605，a=691504013，b=308495997，$

$原式等价于对数列：$

$F_n^k=D^k(a^n-b^n)^k$

$的部分项求和并对10^9取模。$

$观察(a^n-b^n)^k，根据二项式展开：$

$(a^n-b^n)^k=C_k^0(a^n)^k(b^n)^0(-1)^0+C_k^1(a^n)^{k-1}(b^n)^1(-1)^1+...+C_k^r(a^n)^{k-r}(b^n)^r(-1)^r+...+C_k^k(a^n)^0(b^n)^k(-1)^k$

$记(-1)^rC_k^r=M_r，S_{nr}=(a^{n})^{k-r}(b^{n})^r，上式转化为：$

$(a^n-b^n)^k=M_0S_{n0}+M_1S_{n1}+...+M_rS_{nr}+...+M_kS_{nk}$

$则:$

$F_{n}^k=D^k(M_0S_{n0}+M_1S_{n1}+...+M_kS_{nk})$

$不论n取何值，S_{nr}前的系数均相同，为M_r，$

$原式等价于：$

$(F_{1})^k+(F_{2})^k+...+(F_{N})^k$

$=M_0(\sum_{i=1}^NS_{(i)0})+M_1(\sum_{i=1}^NS_{(i)1})+...+M_k(\sum_{i=1}^NS_{(i)k})$

$本题k≤10^5，可以从0到k枚举r，而当r为常数时，S_i是一个关于i的等比数列，$

$公比\ q=\frac{S_{i+1}}{S_{i}}=\frac{(a^{i+1})^{k-r}(b^{i+1})^r}{(a^{i})^{k-r}(b^{i})^r}=a^{(k-r)}b^{r}$

$则数列S_{i}的公比为Q=a^{(k-r)}b^{r}，首项为S_{1}=a^{(k-r)}b^{r}=Q$

$等比数列S_i求和：\sum_{i=1}^NS_i=\frac{Q(Q^n-1)}{Q-1}$

$因此，我们可以通过枚举r对M_r(\sum_{i=1}^NS_i)求和，即计算：$

$\sum_{r=0}^kM_r(\sum_{i=1}^NS_i)=\sum_{r=0}^k(-1)^rC_k^r(\frac{Q(Q^n-1)}{Q-1})，其中Q=a^{(k-r)}b^{r}。$

注意：

$Q=1时，\sum_{i=1}^NS_i=N，直接累加(-1)^rC_k^r×N即可。$

具体细节：

$①、求组合数C_r^k可以通过定义，C_k^r=\frac{k!}{r!·(k-r)!}来解决，需要预处理k!和对应的逆元。$

$②、将a、b带入，对枚举的每一个r，用快速幂求具体的Q。$

优化：

$观察相邻两项的公比：$

$\qquad Q=a^{k-r}b^{r}\qquad\qquad\qquad①$

$\qquad Q=a^{k-(r+1)}b^{r+1}\qquad②$

$\qquad发现，①×-(\frac{b}{a})=②$

$\qquad因此，我们可以通过递归由①推②，减少快速幂的计算。$

$费马小定理：模数p=10^9+9是质数，可以通过费马小定理a^{p-1}≡1(mod\ p)，优化快速幂。$

时间复杂度： $O(Tklog(mod)).$

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

#define ll long long

using namespace std;

const int N=1e5, mod=1e9+9;
const int a=691504013, b=308495997, D=276601605;

int fac[N+10],inv[N+10];

int quick_pow(ll a,ll b,int mod)
{
    int res=1;
    a%=mod;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=(ll)res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

void Init()
{
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=N;i++) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
    for(int i=0;i<=N;i++) inv[i]=quick_pow(fac[i],mod-2,mod);
}

int INV(int x)
{
    return quick_pow(x,mod-2,mod);
}

int C(int n,int m)
{
    if(n<m) return 0;
    return (ll)fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
} 

int Sum(ll n,int k)
{
    ll ans=0;
    int an=quick_pow(a,k,mod), //an初始值为a^ck
        bn=1;   //bn初始值为b^0
    int ainv=INV(a);   //a逆元
    
    for(int r=0;r<=k;r++)
    {
        int Q=(ll)an*bn%mod, S;
        
        int Ckr=C(k,r);
        if(r&1) Ckr=-Ckr;
        
        if(Q==1) S=n%mod;
        else S=(ll)Q*(quick_pow(Q,n%(mod-1),mod)-1)%mod*INV(Q-1)%mod;
        S=(ll)Ckr*S%mod;

        ans+=S;
        an=(ll)an*ainv%mod;
        bn=(ll)bn*b%mod;
    }
    
    ans=(ans%mod+mod)*quick_pow(D,k,mod)%mod;
        
    return ans;
}

int main()
{
    Init();

    int T,k;
    ll n;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        scanf("%lld%d",&n,&k);
        printf("%d\n",Sum(n,k));
    }

    return 0;
}

数论 - Power of Fibonacci - ZOJ 3774

数论 - Power of Fibonacci - ZOJ 3774

猜你喜欢