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

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

2020 Multi-University Training Contest 1 1005

题意：

$斐波那契数列：$

$$\{\begin{array}{l}{F}_0=0,F_1=1\\ \\ F_n=F_{n-1}+F_{n-2}(n>1)\end{array}$$

$给定正整数N、C、K，计算：$

$$(F_0{)}^K+(F_C{)}^K+(F_{2C}{)}^K+...+(F_{NC}{)}^K$$

$答案对10^9+9取模。$

Input

The first line contains an integer T (1≤T≤200), denoting the number of test cases. Each test case contains three space separated integers in the order: N, C, K (1≤N,C≤10¹⁸,1≤K≤10⁵).

Output

For each test case, output a single line containing the answer.

Sample Input

2
5 1 1
2 1 2

Sample Output

12
2

---

分析：

$本题或许改编自：$Power of Fibonacci - ZOJ 3774

$斐波那契数列的通项公式：$

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

$首先，5是模数10^9的$二次剩余

$即用满足：x^2\equiv 5mod10^9+9的x来代替\sqrt{5}mod10^9+9。$

$计算得到一个满足条件的x=383008016$

$则：$$$\frac{1}{\sqrt{5}}\equiv 276601605(mod10^9+9),\frac{1+\sqrt{5}}{2}\equiv 691504013(mod10^9+9),\frac{1-\sqrt{5}}{2}\equiv 308495997(mod10^9+9)$$

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

$原式等价于对数列：$

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

$的部分项求和并对10^9取模。$

$观察(a^n-b^n{)}^k，根据二项式展开：$

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

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

$$(a^n-b^n{)}^k=M_0{S}_{n0}+M_1{S}_{n1}+...+M_r{S}_{nr}+...+M_k{S}_{nk}$$

$则:$

$$F_n^k=D^k(M_0{S}_{n0}+M_1{S}_{n1}+...+M_k{S}_{nk})$$

$不论n取何值，S_{nr}前的系数均相同，为M_r，$

$原式等价于：$

$$(F_0{)}^k+(F_C{)}^k+(F_{2C}{)}^k+...+(F_{NC}{)}^k=(F_C{)}^k+(F_{2C}{)}^k+...+(F_{NC}{)}^k$$

$$=M_0(\sum _{i=1}^N{S}_{(i\cdot C)0})+M_1(\sum _{i=1}^N{S}_{(i\cdot C)1})+...+M_k(\sum _{i=1}^N{S}_{(i\cdot C)k})$$

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

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

$则数列G_i=S_{Ci}的公比为Q=q^C=a^{C(k-r)}{b}^{Cr}，首项为G_1=S_C=a^{C(k-r)}{b}^{Cr}=Q$

$等比数列G_i求和：{\sum }_{i=1}^N{G}_i=\frac{Q(Q^n-1)}{Q-1}$

$因此，我们可以通过枚举r对M_r({\sum }_{i=1}^N{G}_i)求和，即计算：$

$$\sum _{r=0}^k{M}_r(\sum _{i=1}^N{G}_i)=\sum _{r=0}^k(-1{)}^r{C}_k^r(\frac{Q(Q^n-1)}{Q-1})，其中Q=a^{C(k-r)}{b}^{Cr}。$$

注意：

$Q=1时，{\sum }_{i=1}^N{G}_i=N，直接累加(-1{)}^r{C}_k^r\times N即可。$

具体细节：

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

$②、将a、b带入，对枚举的每一个r，用快速幂求具体的Q。$

优化：

$本题时间限制卡的非常紧，需要对一些计算做优化：$

• $观察相邻两项的公比：$

$Q=a^{C(k-r)}{b}^{Cr}①$

$Q=a^{C(k-(r+1))}{b}^{C(r+1)}②$

$发现，①\times -(\frac{b^C}{a^C})=②$

$因此，我们可以通过递归由①推②，减少快速幂的计算。$

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

时间复杂度： $O(Tklog(mod)).$

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代码：

#include
#include
#include
#include

#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,ll c,int k)
{
    ll ans=0;
    int ac=quick_pow(a,c%(mod-1),mod),  //费马小定理
        bc=quick_pow(b,c%(mod-1),mod);
    int an=quick_pow(ac,k,mod), //an初始值为a^ck
        bn=1;   //bn初始值为b^0
    int ainv=INV(ac);   //a^c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*bc%mod;
    }
    
    ans=(ans%mod+mod)*quick_pow(D,k,mod)%mod;
        
    return ans;
}

int main()
{
    Init();

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

    return 0;
}