HDU - 6755 Fibonacci Sum（斐波那契+二次剩余+二项式定理）

传送门

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对于斐波那契问题，一般想到的解法是递推或者矩阵快速幂，但是本题数据非常之大，怎么做都超时，临时想了一下斐波那契的公式，觉得这个浮点误差很大没法写，实际上可以写但是要用到很多知识，本题的总结收获不少（唯一难受的是代码优化能做的都做了自己写的还是超时）

首先给出斐波那契数列的公式：

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

因为取模的数一般都是质数，而且我们能求出 $x^2 \equiv 5(mod~~1e9+9)$是有解的，解出的两个解为 $616991993$和 $383008016$，这里我们采用第二个，也就是在这个取模的意义下二者是相等的，设 $pre=383008016$

令 $a=\frac{1+\sqrt{5}}{2},b=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$，而且不难得到 $a=(pre+1)*inv(2)\%p, b=(1-pre+p)\%p*inv(2)\%p;$

$F(n)=inv(pre)*(a^n-b^n)$，那么 $F(n)^k=inv(pre)^k*(a^n-b^n)^k$此时对右式按二项式定理展开得到：

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

我们发现对于任意的 $n$展开后只需要计算每一块 $(-1)^xC_k^x(a^{k-x}b^x)^y$，剩余的项构成一个等比数列 $(-1)^xC_k^x[(a^{k-x}b^x)^c+(a^{k-x}b^x)^{2c}+...+(a^{k-x}b^x)^{nc}]$，那么设等比数列的和 $S_n$并设公比 $t=(a^{k-x}b^x)^c$，根据等比数列的求和公式直接可以得到 $S_n=\frac{t(t^n-1)}{t-1}$(实际上第一项 $F(0)^k=0$无需考虑)

那么实际上就是遍历 $x→[0,k]$，对每一个 $x$求 $S_n$累加即可，最后不要忘了乘 $inv(pre)^k$

本题时间卡的很紧，比赛时过的代码现在交已经 $TLE$了，对于组合数最好的方法是求阶乘按定义解，这样只需要一次预处理阶乘以及阶乘的逆元。然后 $n$会很大可以欧拉降幂，再者就是每次计算时相当于是乘 $b$除 $a$，那么递推计算也行（比赛时写的是递推预处理 $A_i,B_i,0\leq i \leq k$但现在已经行不通了）

因为优化代码时参考了其他博客，这里贴上链接：https://www.cnblogs.com/stelayuri/p/13357775.html

我自己的超时代码

无所谓吧此题我已经学到很多了

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define ins insert
#define Vector Point
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof a);
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<double,double> pdd;
const double eps=1e-8;
const double pi=acos(-1.0);
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double dinf=1e300;
const ll INF=1e18;
const int Mod=1e9+9;
const int maxn=1e5+10;

ll fac[maxn+10],inv[maxn+10];
ll a,b,pre,mod;

ll qkp(ll x,ll n,ll p){
    ll ans=1;
    x%=p;
    if(n>p) n=n%(p-1); //欧拉降幂
    while(n){
        if(n&1) ans=ans*x%p;
        x=x*x%p;
        n>>=1;
    }
    return ans;
}

void init(ll p){
    fac[0]=1LL;
    for(int i=1;i<maxn+10;i++)  //预处理阶乘
        fac[i]=fac[i-1]*i%p;
    inv[maxn]=qkp(fac[maxn],p-2,p);
    for(int i=maxn-1;i>=0;i--)  //预处理阶乘的逆元
        inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p;
    pre=383008016;
    a=(pre+1)*inv[2]%p;
    b=(1-pre+p)%p*inv[2]%p;
}

ll getC(int n,int m,ll p){  //得到C(n,m)
    return fac[n]*inv[m]%p*inv[n-m]%p;
}

ll solve(ll n,ll c,int k,ll p){
    ll ans=0;
    ll t1=qkp(a,c,p),t2=qkp(b,c,p);  //预处理a^c和b^c
    ll fa=qkp(t1,k,p),fb=1,inv_a=qkp(t1,p-2,p);  //得到第一次运算的a和b
    
    for(int i=0;i<=k;i++){
        ll t=fa*fb%p,res;
        
        if(t==1) res=n%p;
        else res=t*(qkp(t,n,p)-1)%p*qkp(t-1,p-2,p)%p;  //等比数列求和
        res=res*getC(k,i,p)%p;  //乘以组合数
        
        //判断符号正负
        if(i&1) ans=(ans-res+p)%p;
        else ans=(ans+res)%p;
        
        fa=fa*inv_a%p;  //更新下次计算的a
        fb=fb*t2%p;   //更新下次计算的b
    }
    ll m=qkp(pre,p-2,p);  //最后乘上1/sqrt{5}的k次方
    ans=ans*qkp(m,k,p)%p;
    return ans;
}

int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    //ios_base::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    ll n,c; int k,t;
    init(Mod);
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%lld%lld%d",&n,&c,&k);
        printf("%lld\n",solve(n,c,k,Mod));
    }
    return 0;
}