[Luogu P3986] 斐波那契数列 (逆元)
2024-10-11 05:30:26
题面
传送门:https://www.luogu.org/problemnew/show/P3986
Solution
这是一道很有意思的数论题。
首先,我们可以发现直接枚举a和b会T的起飞。
接下来,我们就可以观察一下式子了,我们略微手算一下,就会有这样的结果:
我们可以发现,a,b在每一项中的数量都可以用同一个斐波那契数列表示。
我们可以用g[x]表示斐波那契数列的第x项,那么,我们可以得到f[x]=a*g[x-1]+b*g[x]
接下来,由常识可以知道,斐波那契数列的第40项就差不多有10^9那么大了。
所以说,我们可以考虑枚举当前项x,问题就变为了有多少个a,b使得 K=a*g[x-1]+b*g[x]
移项得:b=(K-g[x-1]*a)/g[x]
因为a,b都是整数,问题就变为了有多少个a,使得K-g[x-1]*a能被g[x]整除
即:
对于斐波那契数列,有一个定理,就是f[x]与f[x-1]互质(证明略复杂,在这里就不给出了),这样就保证了同余方程有解。
同时,我们还有一个限制,就是 K-g[x-1]*a > 0 (因为b>0)即 a<K/g[x-1] 的
由这两个式子,我们就可以求出对于每一个x,有多少个a,b可以使得K=a*g[x-1]+b*g[x]
酱紫,我们就可以AC这道题(≧∀≦)♪
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=45;
const int n=40+2;
const int poi=1000000007;
long long f[N],K,ans;
long long exgcd(long long A,long long B,long long &x,long long &y)
{
if(B==0)
{
x=1,y=0;
return A;
}
long long temp=exgcd(B,A%B,x,y),tx=x;
x=y,y=tx-(A/B)*y;
return temp;
}
long long inv(long long A,long long POI)
{
long long t,tt;
exgcd(A,POI,t,tt);
return (t%POI+POI)%POI;
}
int main()
{
scanf("%lld",&K); f[1]=f[2]=1;
for(int i=3;i<=n;i++)
f[i]=f[i-1]+f[i-2];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
long long a=(K*inv(f[i-1],f[i]))%f[i],to=K/f[i-1]-1;
if(a<to)
{
if(a==0) ans--;
ans=(ans+1+(to-a)/f[i])%poi;
}
} printf("%lld",ans);
return 0;
}
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