2020HDU多校——部分题解

第1场

Fibonacci Sum

• 题意：求$(f_c{)}^k+(f_{2c}{)}^k+(f_{3\ast c}{)}^k+...+(f_{n\ast c}{)}^k$
  • ZOJ上有一道类似的题目：Power of Fibonacci
  • 参考博客，Fibonacci数列的幂和

分析：先从ZOJ上这道题说起，ZOJ上这个题目求的是$(f_1{)}^k+(f_2{)}^k+(f_3{)}^k+...+(f_n{)}^k$，也就是参数少了一个C，转化到HDU上这道题目只需要加上C的计算即可。

首先，注意到$mod=10^9+9$，斐波那契数列的通项公式为$$f_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\ast [(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n]$$

我们令$$a=(\frac{1+\sqrt{5}}{2})，b=(\frac{1-\sqrt{5}}{2})$$
则有$$f_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\ast [a^n-b^n]$$

$$(f_n{)}^k={(\frac{1}{\sqrt{5}})}^k\ast [a^n-b^n{]}^k$$

而$5$是模$10^9+9$意义下的二次剩余，设$x^2\%mod=5$,可得$x=383008016$，$2$在模$10^9+9$意义下的逆元为$500000005$，则$a和b$可以表示为：$$a=((1+383008016)\ast 500000005\%mod)=691504013$$$$b=((1-383008016)\ast 500000005\%mod)=308495997$$

另外，将$(f_n{)}^k={(\frac{1}{\sqrt{5}})}^k\ast (a^n-b^n{)}^k$进行二项式展开（暂不考虑常数项），可得
$$(f_n{)}^k={(\frac{1}{\sqrt{5}})}^k\ast [C_k^0(a^n{)}^k(-b^n{)}^0+C_k^1(a^n{)}^{k-1}(-b^n{)}^1+C_k^2(a^n{)}^{k-2}(-b^n{)}^2]+...+C_k^r(a^n{)}^{k-r}(-b^n{)}^r...+C_k^{k-1}(a^n{)}^1(-b^n{)}^{k-1}+C_k^k(a^n{)}^0(-b^n{)}^k$$

注意到：$$C_k^r(a^n{)}^{k-r}(-b^n{)}^r=(-1{)}^r{C}_k^r(a^n{)}^{k-r}(b^n{)}^r=(-1{)}^r{C}_k^r(a^{k-r}{b}^r{)}^n$$

对于所有的系数为$(-1{)}^r{C}_k^r$的项可以进行一次等比数列求和，公比$q=(a^{k-r}{b}^r)$，此处要注意公比为1时的情况，否则利用求和公式即可。

本题思路，直接枚举r从0到k，每次都进行一次等比数列求和，累加起来即可。

#include 
using namespace std;

#define LL long long

const LL N = 1e6 + 5;
const LL mod = 1e9 + 9;

const LL inv_2 = 500000005;      //inv(2)
const LL sqrt_5 = 383008016;     //sqrt(5)
const LL inv_sqrt_5 = 276601605; //inv(sqrt5)
const LL A = 691504013;          // A = (1+sqrt(5))/2
const LL B = 308495997;          // B = (1-sqrt(5))/2

LL a[N], b[N];
LL inv[N], fac[N], inv_fac[N];

LL get_inv(LL x) //4种逆元求解方法
{
    if (x == 1)
        return 1;
    return (mod - mod / x) * get_inv(mod % x) % mod;
}
void init() //预处理阶乘与逆元
{
    for (LL i = 1; i < N; ++i)
        inv[i] = get_inv(i);
    fac[0] = inv_fac[0] = 1;
    for (LL i = 1; i < N; ++i)
    {
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
        inv_fac[i] = inv_fac[i - 1] * inv[i] % mod;
    }
}

LL C(LL n, LL m) //获取组合数
{
    if (m < 0 || n < m)
        return 0;
    return fac[n] * inv_fac[m] % mod * inv_fac[n - m] % mod;
}

LL qpow(LL t, LL n, LL p)
{
    LL ans = 1;
    while (n)
    {
        if (n % 2 == 1)
            ans = (ans * t) % p;
        t = t * t % p;
        n /= 2;
    }
    return ans;
}

LL solve(LL n, LL k)
{
    LL ans = 0;
    for (LL r = 0; r <= k; r++)
    {
        LL q = a[k - r] * b[r] % mod; //公比
        LL C_k_r = C(k, r);
        int flag = (r % 2 == 0) ? 1 : -1;
        if (q == 1)
            ans += flag * n % mod * C_k_r % mod;
        else
            ans += flag * q * (qpow(q, n, mod) + mod - 1) % mod * get_inv(q - 1) % mod * C_k_r % mod;
        (ans += mod) %= mod;
    }
    LL x = inv_sqrt_5;
    ans = ans * qpow(x, k, mod) % mod;
    return (ans % mod + mod) % mod;
}

int main()
{
    init();
    int T;
    cin >> T;
    a[0] = b[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; i++)
        a[i] = a[i - 1] * A % mod, b[i] = b[i - 1] * B % mod;
    while (T--)
    {
        LL n, k;
        cin >> n >> k;
        cout << solve(n, k) << endl;
    }
    return 0;
}