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AcWing 205. 斐波那契
一、题目描述
在斐波那契数列中，$F_ib_0=0,F_ib_1=1,F_ib_n=F_ib_{n−1}+F_ib_{n−2}(n>1)$。
给定整数 $n$，求 $F_ib_n~ mod ~ 10000$。
输入格式 输入包含多组测试用例。
每个测试用例占一行，包含一个整数 $n$。
当输入用例 n=−1 时，表示输入终止，且该用例无需处理。
输出格式 每个测试用例输出一个整数表示结果。
每个结果占一行。
数据范围
0≤n≤2×10^9
二、矩阵乘法
设 A 为 $P \times M$的矩阵，B 为 M \times Q 的矩阵，设矩阵 C 为矩阵 A 与 B 的乘积，
其中矩阵 C 中的第 i 行第 j 列元素可以表示为：
\large C_{i,j} = \sum_{k=1}^MA_{i,k}B_{k,j}
如果没看懂上面的式子，没关系。通俗的讲，在矩阵乘法中，结果 C 矩阵的第 i 行第 j 列的数，就是由矩阵 A 第 i 行 M 个数与矩阵 B 第 j 列 M 个数分别 ①相乘 再 ②相加 得到的。
相关性质 乘法结合律：
(AB)C=A(BC)(AB)C=A(BC)单位矩阵：$AE=EA=A$，其中的单位矩阵E符合：行数等于列数，对角线上的元素都是 $1$，其余都是0
三、本题题解
如果有一道题目让你求斐波那契数列第 n 项的值，最简单的方法 莫过于直接 递推。但是如果 n 的范围达到了 $10^{9}$级别，递推就不行了，稳稳 TLE, 考虑 矩阵加速递推:
斐波那契数列（Fibonacci $Sequence$）大家应该都非常的熟悉了。在斐波那契数列当中，
我们知道，斐波那契数列有这样的定义：
\large f_i = f_{i−1}+f_{i−2}
那么如果我们有一个$2 × 2 $的矩阵，其中第一行分别是f_{i − 1} 和$f_{i-2}$。我们的目标是把第一行乘上一个矩阵变成$f_i$和$f_{i-1}$。那么应该怎么办呢？
首先，矩阵$A$和矩阵$C$都含有f_{i-1} 这一项。那么就先从这里下手。
我们知道，矩阵$C$的$f_{i-1}$在第$1$行第$2$列。那么，根据公式，可以得到
\large C_{1 , 2} = A_{ 1 , 1} × B_{1,2} + A_{1 , 2} × B_{ 2 , 2}
也就是说
\large f_{i-1}=f_{i-1}\times B_{1,2} +f_{i-2}\times B_{2,2}
那么很明显，我们可以得到$B_{1,2}=1,B_{2,2}=0$。这样可以保证进行矩阵乘法之后C_{1,2} 是$f_{i-1}$。
那么现在来看矩阵$C$中的$f_i$。我们要保证的是
\large C_{1,1} =A_{1,1} ×B_{1,1} +A_{1,2} ×B_{2,1}
也就是说
\large f_{i}=f_{i-1}\times B_{1,1}+f_{i-2}\times B_{2,1}
我们知道，$f_i=f_{i-1}+f_{i-2}$。所以可以得到B_{1,1}=1,B_{2,1}=1
那么整个矩阵$B$都被我们求出来了。
得到了f_i 和f_{i-1} 后，我们再将它乘一次矩阵$B$，就可以得到$f_{i+1}$和f_i,又可以得到$f_{i+2}$和f_{i+1}...,这样就可以得到$f_n$了。
但是！ 你以为就结束了？ 这样的时间复杂度是$O(nm^2)$，其中$n$表示求斐波那契数列的第$n$项，$m$表示矩阵的长宽,还不如递推。而且递推可以得到$1$到$n$的所有斐波那契数，而矩阵乘法只能求第$n项。
其实还有个地方可以优化。 我们求$f_n$的时候其实是将原矩阵$A$乘了$n − 1$次矩阵$B$的。也就是说
\large 目标矩阵=A×B^{n−1}
看到$n − 1$次方想到了什么？ 可以用 快速幂！ 我们用快速幂的思想求出$B^{n-1}$，然后再乘上一个矩阵$A$即可。
怎么用快速幂？ 其实是一个道理。只不过把矩阵$A$乘矩阵$B$换成矩阵$B$乘矩阵$B$就可以了。 那么最终的时间复杂度为$O(m^3logn)$。还是很优秀的。
注意
矩阵乘法不满足交换律，所以一定不能写成 \left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right]^{n-2} \times \left[\begin{array}{ccc}1 & 1\end{array}\right] 的第一行第一列元素。
-
对于
n \leq 2的情况，直接输出1即可，不需要执行矩阵快速幂。 -
为什么要乘上
base矩阵的n-2次方而不是n次方呢？因为F_1, F_2是不需要进行矩阵乘法就能求的。也就是说，如果只进行一次乘法，就已经求出 $F_3$了。如果还不是很理解为什么幂是 $n-2$，建议手算一下。
四、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10; //这个黄海实测，写成3也可以AC，考虑到矩阵乘法的维度，一般写成10，差不多的都可以过掉
const int MOD = 10000;
int base[N][N], res[N][N];
int t[N][N];
//矩阵乘法,为快速幂提供支撑
inline void mul(int C[][N], int A[][N], int B[][N]) {
memset(t, 0, sizeof t);
for (int k = 1; k <= 2; k++)
for (int i = 1; i <= 2; i++)
for (int j = 1; j <= 2; j++)
t[i][j] = (t[i][j] + (A[i][k] * B[k][j]) % MOD) % MOD;
memcpy(C, t, sizeof t);
}
//快速幂
void qmi(int k) {
memset(res, 0, sizeof res);
res[1][1] = res[1][2] = 1; //结果是一个横着走，一行两列的矩阵
// P * M 与 M * Q 的矩阵才能做矩阵乘积，背下来即可
//矩阵快速幂,就是乘k次 base矩阵，将结果保存到res中
//本质上就是利用二进制+log_2N的特点进行优化
while (k) {
//比如 1101
if (k & 1) mul(res, res, base); // res=res*b
mul(base, base, base); //上一轮的翻番base*=base
k >>= 1; //不断右移
}
}
int main() {
int n;
while (cin >> n) {
if (n == -1) break;
if (n == 0) {
puts("0");
continue;
}
if (n <= 2) {
puts("1");
continue;
}
// base矩阵
memset(base, 0, sizeof base);
/**
1 1
1 0
第一行第一列为1
第一行第二列为1
第二行第一列为1
第二行第二列为0 不需要设置，默认值
*/
base[1][1] = base[1][2] = base[2][1] = 1;
//快速幂
qmi(n - 2);
//结果
printf("%d\n", res[1][1]);
}
return 0;
}
五、思考题
https://blog.csdn.net/weixin_42638946/article/details/115872469
使用 快速幂优化 计算以下数列第 n 项 mod ~10^9+7 的值：
\large a_n=a_{n−1}+2a_{n−2}~(a_1=0,a_2=1)
解：\large F_n=F_{n-1}+2F_{n-2}
\large G(n)=[F_{n},F_{n-1}],G(n-1)=[F_{n-1},F_{n-2}]
思考 G(n-1) 如何变化可以到达 G(n) ?
$$\large G(n)=G(n-1) \times \left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 \ 2 & 0 \end{array}\right] \
\Rightarrow \
\large [F_{n},F_{n-1}]=[F_{n-1},F_{n-2}] \times \left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 \ 2 & 0 \end{array}\right] \
\Rightarrow $$
\large =[F_{2},F_{1}] \times \left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{array}\right]^{n-1}=[1,0] \times \left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{array}\right]^{n-1}
-
\large a_n=3a_{n−1}−2a_{n−2}+1 ~(a_1=0,a_2=1) -
\large \displaystyle a_n=\sum_{i=1}^{n−1}[(n−i)×a_i]~(a_1=1) -
\large a_n=a_{n−1}×a_{n−2}~(a_1=2,a_2=3)
矩阵快速幂的一些题目 https://blog.csdn.net/ypeij/article/details/118785530