[BJOI2019]勘破神机
题目描述
定义 f n f_n fn为用 1 × 2 1\times 2 1×2骨牌填满 2 × n 2\times n 2×n网格的方案数， g n g_n gn为填满 3 × n 3\times n 3×n网格的方案数。
求：
1 r − l + 1 ∑ i = l r C f i k / 1 r − l + 1 ∑ i = l r C g i k mod 998244353 \frac{1}{r-l+1}\sum_{i=l}^rC_{f_i}^k/\frac{1}{r-l+1}\sum_{i=l}^rC_{g_i}^k\texttt{mod 998244353} r−l+11i=l∑rCfik/r−l+11i=l∑rCgikmod 998244353
l ≤ r ≤ 1 0 18 , k ≤ 500 l\leq r\leq 10^{18},k\leq 500 l≤r≤1018,k≤500
解题思路
C f i k = f i k ‾ k ! C_{f_i}^k=\frac{f_i^{\underline k}}{k!} Cfik=k!fik
f n k ‾ = ∑ i = 0 k ( − 1 ) k − i S k i f n i f_n^{\underline k}=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}S_k^if_n^i fnk=i=0∑k(−1)k−iSkifni
其中 S n k S_n^k Snk代表第一类斯特林数。
∑ i = 0 n C f i k = 1 k ! ∑ i = 0 n ∑ j = 0 k ( − 1 ) k − j S k j f i j = 1 k ! ∑ j = 0 k ( − 1 ) k − j S k j ∑ i = 0 n f i j \begin{aligned} \sum_{i=0}^nC_{f_i}^k&=\frac{1}{k!}\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^k(-1)^{k-j}S_k^jf_i^j\\ &=\frac{1}{k!}\sum_{j=0}^k(-1)^{k-j}S_k^j\sum_{i=0}^nf_i^j\\ \end{aligned} i=0∑nCfik=k!1i=0∑nj=0∑k(−1)k−jSkjfij=k!1j=0∑k(−1)k−jSkji=0∑nfij
问题变为求解 ∑ i = 0 n f i j \sum_{i=0}^nf_i^j ∑i=0nfij
众所周知 f n f_n fn 是斐波那契第 n + 1 n+1 n+1项。
斐波那契通项公式：
f n = 1 5 ( ( 1 + 5 2 ) n + 1 − ( 1 − 5 2 ) n + 1 ) f_n=\frac{1}{\sqrt 5}((\frac{1+\sqrt 5}{2})^{n+1}-(\frac{1-\sqrt 5}{2})^{n+1}) fn=51((21+5)n+1−(21−5)n+1)
可以化为 f n = A α n + 1 + B β n + 1 f_n=A\alpha^{n+1}+B\beta^{n+1} fn=Aαn+1+Bβn+1
带入原式并展开：
∑ i = 0 n ( A α i + 1 + B β i + 1 ) k = ∑ i = 0 n ∑ j = 0 k C k j ( A α i + 1 ) j ( B β i + 1 ) k − j = ∑ i = 0 n ∑ j = 0 k C k j A j α ( i + 1 ) j B k − j β ( i + 1 ) ( k − j ) = ∑ i = 0 n ∑ j = 0 k C k j A j B k − j ( α j β k − j ) i + 1 = ∑ j = 0 k C k j A j B k − j ∑ i = 0 n ( α j β k − j ) i + 1 \begin{aligned} \sum_{i=0}^n(A\alpha^{i+1}+B\beta^{i+1})^k&=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^kC_k^j(A\alpha^{i+1})^j(B\beta^{i+1})^{k-j}\\ &=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^kC_k^jA^j\alpha^{(i+1)j}B^{k-j}\beta^{(i+1)(k-j)}\\ &=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^kC_k^jA^jB^{k-j}(\alpha^j\beta^{k-j})^{i+1}\\ &=\sum_{j=0}^kC_k^jA^jB^{k-j}\sum_{i=0}^n(\alpha^j\beta^{k-j})^{i+1} \end{aligned} i=0∑n(Aαi+1+Bβi+1)k=i=0∑nj=0∑kCkj(Aαi+1)j(Bβi+1)k−j=i=0∑nj=0∑kCkjAjα(i+1)jBk−jβ(i+1)(k−j)=i=0∑nj=0∑kCkjAjBk−j(αjβk−j)i+1=j=0∑kCkjAjBk−ji=0∑n(αjβk−j)i+1
前面枚举后直接算，后边是等比数列求和可以 O ( 1 ) O(1) O(1)算，需要特判公比为 1 1 1的情况。
因为 5 \sqrt 5 5不存在 mod 998244353 \texttt{mod 998244353} mod 998244353下的二次剩余，因此需要扩域，即把数字表示成 a + b 5 a+b\sqrt 5 a+b5的形式，类似复数的运算。
g n g_n gn也可以找出通项公式然后表示成和 f n f_n fn相同的形式，可以类似算。
复杂度 O ( T k 2 log n ) O(Tk^2\log n) O(Tk2logn)
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