斐波那契数列初级版

从今天开始，我会介绍一些关于斐波那契数列在ACM竞赛中的典型题目，以便广大的ACMer能从中受益，能更好地

掌握它。

题目：http://acm.nefu.edu.cn/JudgeOnline/problemShow.php?problem_id=462

题意：已知

是斐波那契数列，求如下表达式的值。

     

分析：我们知道斐波那契数列的公式是

    

     那么得到

    

     进一步有

    

     通过二项式定理，知道

    

     那么最终得到

    

 

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1568

分析：题意是求斐波那契数列的前4位。根据斐波那契数列的公式，可以得到

    

     很明显，当

足够大时，得到

     

代码：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <math.h>

using namespace std;

const int N = 25;
int fac[N] = {0, 1, 1};

int main()
{
    int n;
    for(int i=3; i<22; i++)
        fac[i] = fac[i-1] + fac[i-2];
    while(cin>>n)
    {
        if(n <= 20)
        {
            cout<<fac[n]<<endl;
            continue;
        }
        double bit = -0.5 * log10(5.0) + n * log10((sqrt(5.0) + 1) / 2.0);
        bit = bit - floor(bit);
        bit = pow(10.0, bit);
        while(bit < 1000) bit *= 10.0;
        printf("%d\n", (int)bit);
    }
    return 0;
}

 

题目：http://acm.nefu.edu.cn/JudgeOnline/problemshow.php?problem_id=461

 

题意：广义斐波那契数列的定义如下

    

     这里

是实数，

是正整数，给定

，求

的位数。

分析：广义斐波那契数列是可以推出公式的，接下来，我将会详细写出公式的推导过程

     根据

，知道对应的特征方程为

，解之得

     

     然后可以写出

    

     两式联立消去

，得到

     

     再进一步得到

     

     针对本题来说，在

大于200的情况下

    

     近似为零，所以最终得到

    

     接下来就可以根据上述方程求

的位数了。

代码：

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <math.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

int main()
{
    LL n, a, b, u, v;
    while(cin>>n>>a>>b>>u>>v)
    {
        double t = sqrt(u * u + 4 * v);
        double p = (u + t) / 2.0;
        double q = (u - t) / 2.0;
        double ans = n * log10(p) + log10(b - q * a) - log10(t);
        cout<<(LL)ans + 1<<endl;
    }
    return 0;
}

 

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2814

 

题意：已知

是斐波那契数列，给定

，求

的值，其中

。

分析：本题由于

比较小，可以直接暴力找循环节，然后再通过指数循环节进行降幂即可。

代码：

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;
typedef unsigned long long LL;

LL f[5500];

int search(int c)
{
    f[0] = 0;
    f[1] = 1;
    int loop = 0;
    for(int i = 2; i < 2005; i++)
    {
        f[i] = (f[i-1] + f[i-2]) % c;
        if(f[i] == 1 && f[i-1] == 0)
        {
            loop = i;
            break;
        }
    }
    return loop - 1;
}

int phi(int n)
{
    int rea = n;
    for(int i = 2; i * i <= n; i++)
    {
        if(n % i == 0)
        {
            rea = rea - rea / i;
            while(n % i == 0) n /= i;
        }
    }
    if(n > 1)
        rea = rea - rea / n;
    return rea;
}

LL multi(LL a, LL b, LL m)
{
    LL ans = 0;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = (ans + a) % m;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = (a + a) % m;
    }
    return ans;
}

LL quick_mod(LL a, LL b, LL m)
{
    LL ans = 1;
    a %= m;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = multi(ans, a, m);
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = multi(a, a, m);
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    for(int i = 1; i <= T; i++)
    {
        int c;
        LL a, b, n;
        scanf("%I64u %I64u %I64u %d", &a, &b, &n, &c);
        printf("Case %d: ",i);
        if(c == 1)
        {
            puts("0");
            continue;
        }
        int p = phi(c);
        int loop1 = search(c);
        LL t1 = quick_mod(a, b, loop1);
        LL tmp1 = f[t1] % c;
        int loop2 = search(p);
        LL t2 = quick_mod(a, b, loop2);
        LL tmp2 = f[t2] % p;
        tmp2 = quick_mod(tmp2, n - 1, p);
        tmp2 += p;
        tmp1 = quick_mod(tmp1, tmp2, c);
        printf("%I64u\n", tmp1);
    }
    return 0;
}

 

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3936

 

题意：已知

是斐波那契数列，

，给定

，求下面表达式的值

    

分析：首先我们要认识两个重要的性质

    

 

     推导过程如下

     因为

，那么

，依次累加得到

    

    

     根据上述的两个性质，可以得到

     

     那么最终得到

    

     到了这里，剩下的仅仅是矩阵快速幂而已。

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1316

题意：给定两个数

和

，其中

，求在区间

内有多少个斐波数。

分析：先预处理出一定范围内的斐波数，然后再做两次比较就可以了。比较简单，代码省略。

题目：http://codeforces.com/contest/318/problem/C

题意：给定一对

，每次可以用

去替换

或

，使得最后

和

中至少有一个大于等于

，求最少的替换

     操作数。

分析：模拟一下，每次用

去替换

和

中最小的那个，会看出与斐波那契数列有关。

代码：

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 95;

LL dp[N];

void Init()
{
    dp[0] = 0;
    dp[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; i++)
        dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
}

LL Find(LL x, LL y, LL m, LL t)
{
    LL ans = 0;
    for(int i = 0; i < N - 1; i++)
    {
        if(x * dp[i] + y * dp[i + 1] >= m)
        {
            ans = i;
            break;
        }
    }
    ans += t;
    return ans;
}

int main()
{
    Init();
    LL x, y, m;
    while(cin>>x>>y>>m)
    {
        if(x > y) swap(x, y);
        if(x >= m || y >= m)
        {
            puts("0");
            continue;
        }
        if(x <= 0 && y <= 0)
        {
            if(y >= m) puts("0");
            else puts("-1");
            continue;
        }
        LL t = 0;
        if(x < 0)
        {
            t = -x / y + 1;
            x += t * y;
        }
        LL ans = Find(x, y, m, t);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}