HDU 6755 Fibonacci Sum (二项式定理+预处理) 2020杭电多校第一场

原题题面

The Fibonacci numbers are defined as below:
$F_0=0,F_1=1$
$F_n=F_{n-2}+F_{n-1}(n>1)$
Given three integers $N$, $C$ and $K(1\le N,C\le 1e18,1\le K\le 1e5)$, calculate the following summation:
$(F_0{)}^K+(F_C{)}^K+(F_{2C}{)}^K+(F_{3C}{)}^K...+(F_{NC}{)}^K$
Since the answer can be huge, output it modulo $1000000009$ ($10^9+9$).

输入样例

2
5 1 1
2 1 2

输出样例

12
2

题面分析

众所周知， 斐波那契数列的通项公式是
$F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}((\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n)$
因为通式带根号，所以要想办法用二次剩余处理，
具体过程见我去年牛客的这篇博客->2019南昌H题
我们可以轻松 求出$\sqrt{5}=383008016$或者$616991993$。
以$616991993$为例，我们可以得到
$\frac{1+\sqrt{5}}{2}=691504013$
$\frac{1-\sqrt{5}}{2}=308495997$
$\frac{1}{\sqrt{5}}=276601605$
我们记$A=\frac{1+\sqrt{5}}{2},B=\frac{1-\sqrt{5}}{2},D=\frac{1}{\sqrt{5}}$，则
$F_n=D(A^n-B^n)(mod10^9+9)$
虽然可以在$O(logn)$的时间内求出单个$F_n$，但$N,C$都是$1e18$，因此考虑别的办法。
注意到$n=1$时，$F_c^k=[D(A^c-B^c){]}^k$，将其展开，由二项式定理可以得到
$F_c^k=D^k{\sum }_{i=0}^k{C}_k^i(A^c{)}^{k-i}(-B^c{)}^i=D^k{\sum }_{i=0}^k(-1{)}^i{C}_k^i(A^c{)}^{k-i}(B^c{)}^i$
当$n=2$时，把$c$改为$2c$，可以得到
$F_{2c}^k=D^k{\sum }_{i=0}^k(-1{)}^i{C}_k^i(A^{2c}{)}^{k-i}(B^{2c}{)}^i$
$=D^k{\sum }_{i=0}^k(-1{)}^i{C}_k^i(A^c{)}^{k-i}(B^c{)}^i\ast (A^c{)}^{k-i}(B^c{)}^i$
注意到,当列举$i$相同的项时，$\sum$内的项是个等比。
首项是$(-1{)}^i(A^{k-i}{B}^i{)}^c$，公比是$(A^{k-i}{B}^i{)}^c$。
因此我们可以考虑枚举$k$，每一次去计算一个等比数列的和即可。
所以我们可以整理式子，得到

${\sum }_{i=0}^n{F}_{ic}^K$
$=D^k{\sum }_{i=0}^K{C}_k^i\frac{(-1{)}^i(A^{k-i}{B}^i{)}^c\ast (((A^{k-i}{B}^i{)}^c{)}^n-1)}{(A^{k-i}{B}^i{)}^c-1}$
当然要处理一下公比是1的情况，即$(A^{k-i}{B}^i{)}^c=1$
此时$\sum$内的项为$C_k^i\ast n\ast (-1{)}^i(A^{k-i}{B}^i{)}^c$
接下来预处理$1e5$的阶乘，$1e5$的阶乘逆元（为了快速处理$C_n^m$）。
当然算到这步可能还会超时。所以依旧需要优化。
优化1：关于计算首项$(-1{)}^i(A^{k-i}{B}^i{)}^c$和公比的$n$次方，从$i$项变为$i+1$项时其实相当于乘上了${\frac{B}{A}}^c$,这样每次就可以递推$O(1)$求出首项（以及公比），同理公比的$n$次也可以用类似方法处理。
优化2:欧拉降幂。本题的$mod$是个质数，所以可以直接用欧拉降幂$a^b\equiv a^{b\%(1e9+9-1)}(mod1e9+9)$

AC代码(873ms)

#include
using namespace std;
const long long mod=1e9+9;
const long long MAXN=1e5;
long long factor[MAXN+10];
long long invFactor[MAXN+10];
long long invn[MAXN+10];
const long long A=691504013;
const long long invA=691504012;
const long long B=308495997;
const long long D=276601605;
//F(n)=D(A^n-B^n)
inline long long quick_pow(long long a, long long b)
{
    long long ans=1, base=a;
    while(b!=0)
    {
        if (b&1)
            ans=(long long) ans*base%mod;
        base=(long long) base*base%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
inline long long MOD(long long a, long long b)
{
    a+=b;
    if (a>=mod)
        a-=mod;
    return a;
}
inline void init()
{
    factor[0]=invFactor[0]=invn[0]=factor[1]=invFactor[1]=invn[1]=1;
    for(int i=2; i<=MAXN; i++)
    {
        factor[i]=factor[i-1]*i%mod;
        invn[i]=(long long) (mod-mod/i)*invn[mod%i]%mod;
        invFactor[i]=invFactor[i-1]*invn[i]%mod;
    }
}
inline long long getC(long long m, long long n)
{
    if (n<0 || m<0 || m>n)
        return 0;
    long long ans=factor[n];
    ans=(long long) ans*invFactor[m]%mod;
    ans=(long long) ans*invFactor[n-m]%mod;
    return ans;
}
int main()
{
    init();
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        long long n, c, k;
        scanf("%lld%lld%lld", &n, &c, &k);
        long long ans=0;
        long long a1=quick_pow(quick_pow(A, k), c%(mod-1));
        long long q=quick_pow((long long) invA*B%mod, c%(mod-1));
        long long n1=n%mod;
        long long n2=n%(mod-1);
        long long a1power=quick_pow(a1, n2);
        long long qpower=quick_pow(q, n2);
        for(int i=0; i<=k; i++)
        {
            long long sum=getC(i, k);
            if (i&1)
            {
                sum=mod-sum;
            }
            if (a1==1)
            {
                ans=(ans+(long long) sum*n1%mod)%mod;
            }
            else
            {
                sum=(long long) sum*((long long) a1*(a1power-1+mod)%mod)%mod;
                sum=(long long) sum*quick_pow(a1-1, mod-2)%mod;
                ans=MOD(ans, sum);
            }
            a1=(long long) a1*q%mod;
            a1power=(long long) a1power*qpower%mod;
        }
        printf("%lld\n", (long long) ans*quick_pow(D, k)%mod);
    }
}

后记

再也不用long double的快速乘了，我是傻逼。
DrGilbert 2020.7.22