快速求斐波那契数列第n项（不使用矩阵快速幂）——杨子曰数学？题目?

快速求斐波那契数列第n项（不使用矩阵快速幂）——杨子曰数学？题目?

超链接：数论合集

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就是说让你在O(log n)的时间里告诉你斐波那契数列第n项是谁

然而，我们不使用矩阵快速幂（这种难理解的东西 ）

我们要使用一种更加高级，更好理解的东西——斐波那契数列二倍项公式

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咱们先上公式：
$$f_{2n}=f_n\ast (f_{n-1}+f_{n+1})$$

然后来一个nb的证明：

众所周知，斐波那契数列的第n项是可以表示：我爬楼梯，开始时站在第1级台阶上，可以一步跨一级，或者一步跨两级的，爬到第n级的爬法总数

上面这个很好理解，想要爬到第n级，我们可以从第n-2级爬两级上来，也可以从n-1级跨一级上来，那么通过加法原理我们得到了：$f_n=f_{n-2}+f_{n-1}$，也就是斐波那契数列

知道了这一点以后，我们回归正题，现在我们要求$f_{2n}$，也就是我们要爬到第2n级台阶，现在我们把第n级台阶视为一个中转站来考虑这个问题

1. 如果不踩到第n级台阶，也就是说我直接从n-1级台阶跨了两级道了第n+1级台阶，那么爬完前n-1级台阶有f[n-1]种选法，然后n-1,n,n+1这3级的情况已经被我们定下来了，就不用考虑，现在我们必定在n+1级台阶上，然后我们还要爬到第2n级台阶，也就是说我们有$f_n$种选择，前n-1级台阶和后n级台阶显然是先后的关系，So，我们使用乘法原理，得到：当我们不踩到第n级台阶时，爬到第2n级台阶，有$f_{n-1}\ast f_n$种选法
2. 如果踩到第n级台阶，到第n级台阶，我们有n种选法，现在我们站在第n级台阶上，然后要爬到第2n级台阶，也就是说我们还要有$f_{n+1}$种选择，依然是乘法原理，我们得到了：当我们踩到第n级台阶时，爬到第2n级台阶，有$f_n\ast f_{n+1}$种选法

显然上面两种情况是并列的，So，我们使用加法原理，得到最终答案：
$$f_{2n}=f_{n-1}\ast f_n+f_n\ast f_{n+1}$$
$$f_{2n}=f_n\ast (f_{n-1}+f_{n+1})$$

得证

BUT，你有没有发现这个东西有个BUG，它只能算偶数项，不能算奇数项，所以我们还要来推一推：

首先，我们从$f_{2n+2}=f_{2n+1}+f_{2n}$开始，移个项，我们得到了：
$$f_{2n+1}=f_{2n+2}-f_{2n}$$
哦，有没有发现右边两个都是偶数项，那么用我们上面推出的公式代掉，得到了：
$$f_{2n+1}=f_{n+1}\ast (f_n+f_{n+2})-f_n\ast (f_{n-1}+f_{n+1})$$
虽然右边的下标已经没有系数2了，但是由于太丑了，我们继续往下化简，把括号拆开：
$$f_{2n+1}=f_{n+1}\ast f_n+f_{n+1}\ast f_{n+2}-f_n\ast f_{n-1}-f_n\ast f_{n+1}$$
有没有发现第一项和第四项可以抵消掉：
$$f_{2n+1}=f_{n+1}\ast f_{n+2}-f_n\ast f_{n-1}$$
这个式子还是有一个缺点算一个$f_{2n+1}$得先算出四项，会拉低程序的效率，So，我们继续化简：
$$f_{2n+1}=f_{n+1}\ast (f_n+f_{n+1})-f_n\ast (f_{n+1}-f_n)$$
$$f_{2n+1}=f_{n+1}\ast f_n+(f_{n+1}{)}^2-f_n\ast f_{n+1}+{f_n}^2$$
这样一来：
$$f_{2n+1}=(f_{n+1}{)}^2+{f_n}^2$$
多么优美的公式啊！

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再给大家一个相对理性一点的证明（从我这篇文章发现的）：

首先我们假设$n<m,f[n]=a,f[n+1]=b$
这样一来我们往后推一下发现：
$$f[n+1]=a+b,f[n+2]=a+2b,f[n+3]=2a+3b\cdots \cdots f[m]=f[m-n-1]a+f[m-n]b$$

然后我们把m分别用2n和2n+1代掉也同样可以得到上面的结论

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然后我们就可以再O(log n)的时间了递归求出$f_n$了，别忘了要把当前求过的值记录一下，就有点类似记忆化搜索，可以使用map（好东西）

OK，完事

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c++代码（洛谷P1962）：

#include
#define ll long long
#define p 1000000007
using namespace std;

ll n;

map<ll,ll> mp;

ll calc(ll n){
	if (mp[n]) return mp[n];
	ll tmp=n;n/=2;
	if (tmp%2) return mp[tmp]=calc(n)*calc(n)%p+calc(n+1)*calc(n+1)%p;
	else return mp[tmp]=(2*calc(n-1)%p+calc(n)%p)*calc(n)%p;
}

int main(){
	scanf("%lld",&n);
	mp[1]=1;
	mp[2]=1;
	cout<<calc(n)%p;
	return 0;
} 

参考：
https://www.zhihu.com/question/49642985/answer/329341469?edition=yidianzixun&utm_source=yidianzixun&yidian_docid=K_006PAjUf&yidian_s=9&yidian_appid=

https://chhokmah.blog.luogu.org/solution-p1962

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