斐波那契数列的若干性质

蓝桥杯斐波

题目
斐波那契数列大家都非常熟悉。它的定义是：

\[　　f(x) = 1 .... (x=1,2)\\ f(x) = f(x-1) + f(x-2) .... (x>2)\]

　　对于给定的整数 n 和 m，我们希望求出：
　　f(1) + f(2) + ... + f(n) 的值。但这个值可能非常大，所以我们把它对 f(m) 取模。
\( (\sum_{i=1}^{n}{f(i)})\%f(m) \)
但这个数字依然很大，所以需要再对 p 求模。
输入格式
　　输入为一行用空格分开的整数 n m p (0 < n, m, p < 10^18)
输出格式
　　输出为1个整数，表示答案
样例输入
2 3 5
样例输出
0
样例输入
15 11 29
样例输出
25

mod 下防爆乘

ll mul(ll a,ll b,ll mod){
    a%=mod,a+=mod,a%=mod;
    b%=mod,b+=mod,b%=mod;
    if(a<b) swap(a,b);
    ll ret=0;
    while(b){
        if(b&1)ret=(ret+a)%mod;
        a=(a<<1)%mod;
        b>>=1;
    }return ret;
}

题解

两条重要性质

\( f(n+m)=f(n+1)f(m)+f(n)f(m-1) \)

\( f(n)^{2}=(-1)^{n+1}+f(n-1)f(n+1) \)

余数推导

\( F(n)\%F(m)=F(n-m+m)\%F(m)\\=(F(n-m+1)F(m)+F(n-m)F(m-1))\%F(m)\\=F(n-m)F(m-1)\%F(m) \)

=>

\(F(n)\%F(m)=F(m-1)^{\frac{n}{m}}F(n \% m)\%F(m)\)

\( F(m-1)^2\%F(m)=(-1)^m \)

其他性质

若\(n\geq1,r\geq2\)，则\(\\F(n)F(n+r-1)-F(n+1)F(n+r-2)=(-1)^{n+1}F(r-2)\)

性质

通项公式

\[F(n)=\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{n}-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{n}] \]

恒等式

\(\sum_{i=1}^{n}{F(i)}=F(n+2)-1\)

\( \sum_{i=1}^{n}{F^2(i)}=F(n)F(n+1) \)

\( F(1)+F(3)+F(5)+\dots+F(2n-1)=F(2n) \)

\( F(2)+F(4)+F(6)+\dots+F(2n)=F(2n+1)-1 \)

\( F(n)=F(m)F(n-m+1)+F(m-1)F(n-m) \)

\( F(n-1)F(n+1)=F^{2}(n)+(-1)^n \)

非常著名

数论相关

\( gcd(F(n),F(n+1))=1 \)

\( gcd(F(n),F(m))=F(gcd(n,m)) \)

\( n|m \Leftrightarrow F(n)|F(m) \)

证明

其他

\( F(2n-2m-2)[F(2n)+F(2n+2)]=F(2m+2)+F(4n-2m) \\\dots\dots n-m\geq1且n\geq1 \)

\( F(2n)/F(n)=F(n-1)+F(n+1) \)