洛谷4451 整数的lqp拆分（生成函数）

比较水的一题。居然是一道没看题解就会做的黑题……

题目链接：洛谷

题目大意：定义一个长度为 $m$ 的正整数序列 $a$ 的价值为 $\prod f_{a_i}$。（$f$ 是斐波那契数）对于每一个 $\sum a_i=n$ 的正整数序列，求出它们的价值之和。

$1\le n\le 10^6$。

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这题一看就是生成函数瞎搞。

令 $F$ 为 $f$ 的生成函数。

那么有 $F=x\times F+x^2\times F+x$。

就有 $F=\dfrac{x}{1-x-x^2}$。

答案即为 $\sum^{\infty}_{i=0}F^i(x)[x^n]$。（注意的是不是 $F^n(x)[x^n]$，因为 $f_0=0$）

等比数列：$\dfrac{1}{1-F(x)}[x^n]$。

套进去：

$$\dfrac{1}{1-\dfrac{x}{1-x-x^2}}[x^n]$$

$$\dfrac{1-x-x^2}{(1-x-x^2)-x}[x^n]$$

$$\dfrac{1-2x-x^2+x}{1-2x-x^2}[x^n]$$

$$(1+\dfrac{x}{1-2x-x^2})[x^n]$$

$$\dfrac{x}{1-2x-x^2}[x^n]$$

这个生成函数似乎与 $F$ 长得有点像……令它为 $G$，是数列 $g$ 的生成函数。要求即为 $g[n]$。

$(1-2x-x^2)G=x$

$G=2x\times G+x^2\times G+x$

那么就有 $g[0]=0,g[1]=1,g[i]=2g[i-1]+g[i-2](i\ge 2)$。

此时可以用矩阵快速幂做到 $O(\log n)$。但是这么小的 $n$……

时间复杂度 $O(n)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1000100,mod=1000000007;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline int read(){
    int x=0,f=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
int n,g[maxn];
int main(){
    n=read();
    g[0]=0;g[1]=1;
    FOR(i,2,n) g[i]=(2ll*g[i-1]+g[i-2])%mod;
    printf("%d\n",g[n]);
}

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