P3986 斐波那契数列（拓展欧几里得定理）

P3986 斐波那契数列

题目描述

定义一个数列：$f(1)=a,f(2)=b,f(n(n>1))=f(n-1)+f(n-2)$，其中$a,b$均为正整数，问有多少种$(a,b)$使得$K$出现在数列中且不是前两项.

输出需要$mod1e9+7$.

题目分析

我们由题目条件可以得到若干个等式

$$f_j+f_{j+1}=K(j>=0)$$

我们要求的就是使得上面这个等式被满足的$f_0,f_1$的数量.

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斐波那契数列：

由斐波那契数列的矩阵形式我们可以知道，斐波那契数列的第$i$项可以如是表示

$$\left[\begin{array}{c}{f}_n{f}_{n-1}\end{array}\right]\ast \left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{f}_{n+1}{f}_n\end{array}\right]$$

也就是

$$\left[\begin{array}{c}{f}_1{f}_0\end{array}\right]\ast {\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]}^{n-1}=\left[\begin{array}{c}{f}_n{f}_{n-1}\end{array}\right]$$

也就是说，斐波那契数列的第$i$项只与第0项和第1项有关，设$f_0=1,f_1=1$的斐波那契数列第$i$项为$f_i$，$f_0=a,f_1=b$的斐波那契数列第$i$项为$g_i$，那么我们可以得到

$$g_i=f_{i-2}\ast a+f_{i-1}\ast b$$

现在，问题就转化成了求满足不定方程$K=f_{i-2}\ast a+f_{i-1}\ast b$的方案数.

首先发现$f_{i-1},f_{i-2}$发现这个东西显然可以枚举，因为斐波那契数列小于等于$1e9$的项只有大约$40$项左右.

那么我们就枚举斐波那契数列的第$i(i<=40)$项，然后对于构成的不定方程分别求合法方案数即可.

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求不定方程的特殊解：要求不定方程的合法解，首先要求出不定方程的一组通解.

我们有一个结论：斐波那契数列的任相邻两项都是互质的（窝不会证）

所以对于每一个不定方程$K=f_{i-2}\ast a+f_{i-1}\ast b$，都一定能求出通解$(a_1,b_1)$.

实际上就算不知道这个结论，在程序里多写一个特判同样没有问题.

不定方程的通解怎么求？当然是用拓展欧几里得.

设$A=f_{i-2},B=f_{i-1},X=a,Y=b$ ，我们要做的就是先求出不定方程$1=AX+BY$的一组解$(X,Y)$，那么$a,b$的一组特殊解$(a_1,b_1)=(K\ast X,K\ast Y)$

关于不定方程的一组解：假设我们求出了不定方程$ax+by=gcd(a,b)$的一组解$(x_1,y_1)$，
那么对于一个不定方程$ax+by=K,K|gcd(a,b)$，设$w=K/gcd(a,b)$，那么这个不定方程同样有一组解$(x_1\ast w,x_2\ast w)$

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求不定方程通解&通解数量：求出了一组解之后，我们要做的就是求出通解的表示方式. 而要求这个表示方式，自然就要先求通解间隔.

我们现在求出了不定方程$ax+by=k$的一组特殊解$(x_1,y_1)$.

假设对于$x$的通解间隔为$p$，对于$y$的通解间隔为$q$，那么我们显然有

$$a(x_1+p)+b(y_1+q)=k$$

联立$a{x}_1+b{y}_1=k$得

$$ap=-bq$$

也就是

$$p=-\frac{b}{a}\ast q$$

由于$p,q$都是整数，$gcd(a,b)=1$，所以对于$y$的最小通解间隔为$q=a$.

同理对于$x$的最小通解间隔为$p=b$

也就是对于以上的不定方程，$(x_1+bn,y_1-an)$也是一组解（简记为“一减一加”）.

对应在题目中，$(K\ast X+f_{n-2}\ast n,K\ast Y-f_{n-1}\ast n)$也是一组解.

而对于一组解$(x,y)$，$x,y$都要大于0（题目要求的正整数的条件）. 我们只需要求出满足$(x,y)$大于0的解的数量即可.

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到这里整道题就做完了. 不要忘记取模.

另外，有没有可能出现同样的解$(a,b)$出现了两次的情况呢？答案是否定的，因为这需要

$$a{f}_i+b{f}_{i-1}=a{f}_j+b{f}_{j-1},i!=j$$

由于斐波那契数列任两项不相等，所以以上式子是不成立的.

程序实现

#include
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
ll n,gcd,x,y,f[60],ans;
ll exgcd(ll a,ll b){
	if(!b){
		x=1,y=0;
		return a;
	}
	ll ret=exgcd(b,a%b);
	ll z=x;x=y;y=z-a/b*y;
	return ret;
}//求对于每个不定方程的特殊解
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	f[0]=1,f[1]=1;
	for(int i=2;i<=50;i++){
		f[i]=f[i-1]+f[i-2];
	} //K不会超过斐波那契数列第40项
	for(int i=1;f[i]<n;i++){
		gcd=exgcd(f[i-1],f[i]);
		x*=n,y*=n;
		if(x<=0){
			ll dex=-x/f[i]+1;
			x+=dex*f[i],y-=dex*f[i-1];//(x,y)要一起进退
		}//如果x<=0,把它加到大于0为止
		if(y<=0){
			ll dex=-y/f[i-1]+1;
			y+=dex*f[i-1],x-=dex*f[i];
		}//同理
		if(x<=0||y<=0)continue;//如果处理之后仍然找不到解，说明无解
		ans+=(y%f[i-1]==0)?y/f[i-1]:y/f[i-1]+1;
		//加上最多能取的数量（减多少减到0，由于这边减，另外一边是加，所以另外一边不用管）
		ans%=mod;
		ans+=(x%f[i]==0)?x/f[i]-1:x/f[i];//注意判断整除的情况
		ans%=mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}