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  • 容易忘记的公式备用: arithmetic series geometric series permutation combination n number set has 2^n subsets n length string has n! permutation binomial 二项式

    容易忘记的公式备用:

    arithmetic series

    1.jpg

    geometric series

    images?q=tbn:ANd9GcSjZ-uohe_EhTcWhoPc4-5wlxxIVTstxCzbLGXF9SuKa49Yi46X_w

    permutation

    combination

    permutation

    n number set has 2^n subsets

    n length string has n! permutation

     

    binomial 二项式

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  • 等比数列、等差数列

    2018-08-25 22:24:10
    1.等比数列求和公式 公式描述: 公式中a1为首,an为数列第n,q为等比数列公比,...一为等差数列通公式,式二为等差数列求和公式。其中等差数列的首为a1,末项为an,数为n,公差为d,前n和为Sn。...

    1.等比数列求和公式

    formula

    formula

    公式描述:

    公式中a1为首项,an为数列第n项,q为等比数列公比,Sn为前n项和。

     

    2.等差数列通项公式、求和公式

    • formula
    • formula

    公式描述:

    式一为等差数列通项公式,式二为等差数列求和公式。其中等差数列的首项为a1,末项为an,项数为n,公差为d,前n项和为Sn。

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  • 题目大意:给出你公式,让你求( 求和C(k,n)F(k) )%m ,F(0) = 0; F(1) = 1; F(n) = F(n-1)+F(n-2); (斐波那契数列) 分析: 不会,这个老哥写的挺详细的: 点我传送 设矩阵 A = |1 1| |1 0| 设矩阵...

    题目链接:HDU 2855

     

    题目大意:给出你公式,让你求( 求和C(k,n)F(k) )%m  ,F(0) = 0; F(1) = 1; F(n) = F(n-1)+F(n-2); (斐波那契数列) 

     

     

     

    分析:

    不会,这个老哥写的挺详细的:

       点我传送
       设矩阵 A  = |1 1| 
                           |1 0| 
       设矩阵 B = (A^n) 
       则B[0][0] = F(n-1); B[0][1] = B[1][0] = F(n); B[1][1] = F(n-1); 
           { 注:上述为斐波那契矩阵的性质 } 
       令D = ( C[n][0]*(A^0) + C[n][1]*(A^1) +...+ C[n][k]*(A^k) ) % m  = ( (A + E)^n ) % m   (E为单位阵) 
           { 类比二次多项式(x+1)^n = C[n][0]+C[n][0]*x+...+C[n][k]*(x^k) } 
       则D[1][0]或D[0][1]即为所求 

    
     

    以下是代码

    #include <set>
    #include <map>
    #include <stack>
    #include <queue>
    #include <vector>
    #include <string>
    #include <math.h>
    #include <stdio.h>
    #include <string.h>
    #include <iostream>
    #include <algorithm>
    
    #define Fi first
    #define Se second
    #define ll long long
    #define inf 0x3f3f3f3f
    #define lowbit(x) (x&-x)
    #define PLL pair<ll,ll>
    #define PII pair<int,int>
    #define l_inf 0x3f3f3f3f3f3f3f
    #define mmin(a,b,c) min(a,min(b,c))
    #define mmax(a,b,c) max(a,max(b,c))
    #define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
    #define Sc_P(x) scanf("%d%d",&x.Fi,&x.Se)
    #define Sc_PL(x) scanf("%lld%lld",&x.Fi,&x.Se)
    #define debug2(a,b) cout<<#a<<"="<<a<<" "<<#b<<"="<<b<<endl;
    using namespace std;
    const int N=3e5+10;
    const int maxn=10;
    ll Mod;
    ll tmp[maxn][maxn];
    void multi(ll a[][maxn],ll b[][maxn],int n)//n是矩阵大小
    {
        int i,j,k;
        memset(tmp,0,sizeof tmp);
        for(i=1;i<=n;i++)
            for(j=1;j<=n;j++)
                for(k=1;k<=n;k++)
                {
                    tmp[i][j]+=a[i][k]*b[k][j];
                    tmp[i][j]%=Mod;
                }
    
        for(i=1;i<=n;i++)
            for(j=1;j<=n;j++)
               a[i][j]=tmp[i][j];
    }
    ll res[maxn][maxn];
    void Pow(ll a[][maxn],ll m,int n)// a 是初始矩阵 res是答案数组 m是幂,n是矩阵大小
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                res[i][j]=(i==j);
    
        while(m)
        {
            if(m&1) multi(res,a,n);  //res=res*a;
            multi(a,a,n);  //a=a*a
            m>>=1;
        }
    }
    void Show(int n,ll res[][maxn])
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                cout<<res[i][j]<<" ";
            }
            cout<<endl;
        }
    }
    ll a[maxn][maxn];
    int main()
    {
        int T;scanf("%d",&T);
        ll n;
        while(T--)
        {
            scanf("%lld%lld",&n,&Mod);
            a[1][1]=2;a[1][2]=1;
            a[2][1]=1;a[2][2]=1;
            Pow(a,n,2);
            printf("%lld\n",res[1][2]);
        }
        return 0;
    }
    /*
    f[i]=2f[i-1]+f[i-2]
    f[i-1]=f[i-]+f[i-2]
    */
    

     

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  • 51nod1236 序列求和 V3

    2019-04-18 18:50:00
    等比数列求和公式 二项式定理 这题要求的就是 \(\sum_{i=1}^n Fib(i)^k\) ,其中 Fib 就是斐波那契数列 如果说没有 k 的话怎么做?仍然不会.jpg 于是我们直接想带 k 的答案吧... 我们考虑 把斐波那契数列的通项公式...

    这题炒鸡简单,只要第一步想对了后面顺风顺水QWQ(然鹅我没想到)

    前置芝士:

    1. 斐波那契数列通项公式

    2. 等比数列求和公式

    3. 二项式定理

    这题要求的就是 \(\sum_{i=1}^n Fib(i)^k\) ,其中 Fib 就是斐波那契数列

    如果说没有 k 的话怎么做?仍然不会.jpg

    于是我们直接想带 k 的答案吧...

    我们考虑 把斐波那契数列的通项公式带进去

    然后鬼都知道怎么做了,就是一堆化式子:

    \[\begin{aligned}ANS=& \sum_{i=1}^n Fib(i)^k\\=& \sum_{i=1}^{n} \Big({ {(1+\sqrt 5 )^i\over2 } -{(1-\sqrt 5)^i \over 2} \over \sqrt 5} \Big)^k \\=& \big({1\over \sqrt 5}\big)^k \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^k (-1)^{k-j} \begin{pmatrix} k\\j \end{pmatrix}\Big( {1+\sqrt 5 \over2 }\Big)^{ij} \Big( {1-\sqrt 5 \over2 }\Big)^{i(k-j)} \\=& \big({1\over \sqrt 5}\big)^k\sum_{j=0}^k (-1)^{k-j} \begin{pmatrix} k\\j \end{pmatrix} \sum_{i=1}^{n} \Big( \big( {1+\sqrt 5 \over2 }\big)^j \big( {1-\sqrt 5 \over2 }\big)^{k-j} \Big)^i \end{aligned}\]

    注意公式后面的部分可套等比数列公式,然后 快速模 求解...

    于是我们只要预处理一下阶乘 以及 \(({1+\sqrt 5\over 2})^i\)\(({1-\sqrt 5\over 2})^i\) ,就可以 \(O(k)\) 时间内线性求解了,并且总复杂度也是 \(O(k)\) (当然,不算快速幂的话 XD)

    code

    不知道打的什么鬼东西巨丑无比...

    //by Judge
    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<iostream>
    #define Rg register
    #define fp(i,a,b) for(Rg int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
    #define fd(i,a,b) for(Rg int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
    #define ll long long
    using namespace std;
    const int s5=383008016;
    const int mod=1e9+9;
    const int M=1e5+3;
    typedef int arr[M];
    #ifndef Judge
    #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
    #endif
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    inline int MO(ll x){return x-x/mod*mod;}
    inline int mul(int x,int y){return MO(1ll*x*y);}
    inline int dec(int x,int y){return x<y?x-y+mod:x-y;}
    inline int inc(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
    inline ll read(){ ll x=0,f=1; char c=getchar();
        for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
        for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f;
    } char sr[1<<21],z[20];int CCF=-1,Z;
    inline void Ot(){fwrite(sr,1,CCF+1,stdout),CCF=-1;}
    inline void print(int x,char chr='\n'){
        if(CCF>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++CCF]=45,x=-x;
        while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
        while(sr[++CCF]=z[Z],--Z);sr[++CCF]=chr;
    } ll n; int k,t,MX=1e5,tmp,ans,inv[1000003]; arr fac,ifac,v1,v2;
    inline void prep(Rg int n){
        v1[0]=v2[0]=fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
        fp(i,2,n) inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
        fp(i,2,n) fac[i]=mul(fac[i-1],i),ifac[i]=mul(ifac[i-1],inv[i]);
        v1[1]=mul(s5+1,inv[2]),v2[1]=mul(mod+1-s5,inv[2]);
        fp(i,2,n) v1[i]=mul(v1[i-1],v1[1]),v2[i]=mul(v2[i-1],v2[1]);
        fp(i,n+1,MX=5e5) inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
    }
    inline int qpow(int x,ll p=mod-2,int s=1){
        for(;p;p>>=1,x=mul(x,x)) if(p&1) s=mul(s,x); return s;
    }
    inline int Inv(int x){return x<=MX?inv[x]:mul(mod-mod/x,Inv(mod%x));}
    inline int C(int n,int m){return mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m]));}
    int main(){ prep(MX); int T=read(); ll t,tmp,ans,n,k;
        for(;T;--T){ n=read(),k=read(),ans=0;
            fp(j,0,k){ t=mul(v1[j],v2[k-j]),
                tmp=t==1?n%mod:mul(dec(qpow(t,n+1),t),Inv(t-1));
                tmp=mul(tmp,C(k,j)),ans=(k^j)&1?dec(ans,tmp):inc(ans,tmp);
            } print(mul(ans,qpow(s5,(1ll*k*(mod-2)%(mod-1)+mod-1))));
        } return Ot(),0;
    }

    转载于:https://www.cnblogs.com/Judge/p/10731573.html

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