Project Euler #624 Two heads are better than one【斐波那契】

Project Euler #624 Two heads are better than one

【题目描述】

传送门

【题解】

最后我们可以通过打表或推理得到这个式子$G(n)=\large \sum_{i=1}^{\infty} \frac{f(i * n-1)}{2^{i * n}}$，其中$f(i)$为斐波那契数列。

我们知道$\large f(i)=\frac{\sqrt{5}}{5}((\frac{1+\sqrt{5}}{2})^i-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^i)$

将$f(i)$代入$G(n)=\large \sum_{i=1}^{\infty} \frac{\sqrt{5}}{10}((\frac{1+\sqrt{5}}{4})^{i * n-1}-(\frac{1-\sqrt{5}}{4})^{i * n-1})\\=\large \frac{\sqrt{5}}{10}(\sum_{i=1}^{\infty}(\frac{1+\sqrt{5}}{4})^{i * n-1}-\sum_{i=1}^{\infty}(\frac{1-\sqrt{5}}{4})^{i * n-1})$

就变成了两个等比数列的差。

因为$\frac{1+\sqrt{5}}{4},\frac{1-\sqrt{5}}{4} \in(-1,1)$

所以无限项的通项公式就是$\frac{a_1}{1-q}$

代入就可以了。

【代码如下】

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL MOD=1e9+9,NI=383008016;
LL n;
LL qsm(LL x,LL b){
	LL Mul=1;x=(x%MOD+MOD)%MOD;
	for(;b;b>>=1,x=1ll*x*x%MOD) if(b&1) Mul=1ll*Mul*x%MOD;
	return Mul;
}
int main(){
	freopen("coin.in","r",stdin);
	freopen("coin.out","w",stdout);
	scanf("%lld",&n);
	LL A=qsm(1+NI    ,n-1)*4%MOD*qsm(qsm(4,n)-qsm(1+NI,n),MOD-2)%MOD;
	LL B=qsm(1-NI+MOD,n-1)*4%MOD*qsm(qsm(4,n)-qsm(1-NI,n),MOD-2)%MOD;
	printf("%lld\n",NI*qsm(10,MOD-2)%MOD*(((A-B)%MOD+MOD)%MOD)%MOD);
	return 0;
}