鬼故事 题解
KesdiaelKen
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T3鬼故事 题解
好像有人没有用矩阵快速幂AC了……这里只是参考解答，非最优解。
题意：定义一个新数列b，b_i=a_ia_{i+1}...a_{i+K-1}，也就是从第i项开始连续K个斐波拉契数列项之积，求第M个到第N个b_i的和。
对于5\%数据（data\space1）：
暴力枚举，不用多说
对于10\%数据（data\space1,2）：
注意到这一部分数据中，N-M<=10^6，所以我们可以先用矩阵快速幂得到斐波拉契数列的第M项，然后再从M到N枚举得到答案。
对于20\%数据（data\space1,2,5,6）：
## 对于另外一种$20\%$数据（$data\space1,2,3,4$）：
易知此题需要用矩阵快速幂做，问题就在于如何构造矩阵。
题目要求的即$s_N-s_{M-1}$，其中$s_n=\sum_{i=1}^{n}b_i$。问题转化为如何求$s_n$。
因为$K=4$,所以$s_n=s_{n-1}+a_na_{n+1}a_{n+2}a_{n+3}$。由于出题人最开始的设定是$S_n=S_{n-1}+a_na_{n-1}a_{n-2}a_{n-3}$，为了方便出题人写题解，我们在这里求$S_n$（$s_n=S_{n+3}$，很容易转换）。
有$S_n=S_{n-1}+a_na_{n-1}a_{n-2}a_{n-3}$，而学过矩阵快速幂的同学肯定知道$S_{n-1}$很容易处理，关键问题就在于如何处理$a_na_{n-1}a_{n-2}a_{n-3}$。
因为矩阵快速幂中的单位矩阵只包含常数，所以我们要想办法把$a_na_{n-1}a_{n-2}a_{n-3}$表示成若干个**多项式$\times$常数**之和的形式。
将$a_na_{n-1}a_{n-2}a_{n-3}$拆分。$a_na_{n-1}a_{n-2}a_{n-3}=(a_{n-1}+a_{n-2})a_{n-1}a_{n-2}a_{n-3}=a_{n-1}^2a_{n-2}a_{n-3}+a_{n-1}a_{n-2}^2a_{n-3}$。同理，将$a_{n-1}$拆成$a_{n-2}+a_{n-3}$：$a_{n-1}^2a_{n-2}a_{n-3}+a_{n-1}a_{n-2}^2a_{n-3}=2a_{n-2}a_{n-3}^3+3a_{n-2}^2a_{n-3}^2+a_{n-2}a_{n-3}^3$。
为了方便，我们设$b_n=a_n^3a_{n-1},c_n=a_n^2a_{n-1}^2,d_n=a_na_{n-1}^3$，则$a_na_{n-1}a_{n-2}a_{n-3}=2b_{n-2}+3c_{n-2}+d_{n-2}$。
既然有了上面这个式子，我们就要想办法把$b_{n-2},c_{n-2},d_{n-2}$表示出来。首先是$b_{n-2}$：
$$b_{n-2}=a_{n-2}^3a_{n-3}=(a_{n-3}+a_{n-4})^3a_{n-3}$$
$$=a_{n-3}^4+3a_{n-3}^3a_{n-4}+3a_{n-3}^2a_{n-4}^2+a_{n-3}a_{n-4}^3$$
为了方便，我们设$e_n=a_n^4$，则$b_{n-2}=e_{n-3}+3b_{n-3}+3c_{n-3}+d_{n-3}$。我们发现这个式子是可以用矩阵乘法实现的！
同理有：
$$c_{n-2}=e_{n-3}+2b_{n-3}+c_{n-3}$$
$$d_{n-2}=e_{n-2}+b_{n-3}$$
$$e_{n-2}=e_{n-3}+4b_{n-3}+6c_{n-3}+4d_{n-3}+e_{n-4}$$
至此，$b_{n-2},c_{n-2},d_{n-2},e_{n-2}$就全部被我们表示出来了。所以，我们发现我们可以构造这样的一个矩阵：
$$\begin{pmatrix}1&?&?&?&?&0\\0&3&3&1&1&0\\0&2&1&0&1&0\\0&1&0&0&1&0\\0&4&6&4&1&1\\0&0&0&0&1&0\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}S_{n-1}\\b_{n-3}\\c_{n-3}\\d_{n-3}\\e_{n-3}\\e_{n-4}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}S_{n}\\b_{n-2}\\c_{n-2}\\d_{n-2}\\e_{n-2}\\e_{n-3}\end{pmatrix}$$
这样，我们就可以达到矩阵快速幂可以进行的要求了。
还有一个问题，就是那几个$?$填什么。因为$S_n=S_{n-1}+a_na_{n-1}a_{n-2}a_{n-3}=S_{n-1}+2b_{n-2}+3c_{n-2}+d_{n-2}$，但我们没有直接的$b_{n-2},c_{n-2},d_{n-2}$，只有$b_{n-3},c_{n-3},d_{n-3},e_{n-3}$，但是我们有之前推出的式子可以表示$b_{n-2},c_{n-2},d_{n-2}$与$b_{n-3},c_{n-3},d_{n-3},e_{n-3}$的关系，所以我们将这几个式子代入回$S_n=S_{n-1}+2b_{n-2}+3c_{n-2}+d_{n-2}$，得到$S_n=S_{n-1}+13b_{n-3}+9c_{n-3}+2d_{n-3}+6e_{n-3}$。所以我们就得到了一个完整的式子：
$$\begin{pmatrix}1&13&9&2&6&0\\0&3&3&1&1&0\\0&2&1&0&1&0\\0&1&0&0&1&0\\0&4&6&4&1&1\\0&0&0&0&1&0\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}S_{n-1}\\b_{n-3}\\c_{n-3}\\d_{n-3}\\e_{n-3}\\e_{n-4}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}S_{n}\\b_{n-2}\\c_{n-2}\\d_{n-2}\\e_{n-2}\\e_{n-3}\end{pmatrix}$$
所以
$$\begin{pmatrix}1&13&9&2&6&0\\0&3&3&1&1&0\\0&2&1&0&1&0\\0&1&0&0&1&0\\0&4&6&4&1&1\\0&0&0&0&1&0\end{pmatrix}^{n-4}\times \begin{pmatrix}S_{4}\\b_{2}\\c_{2}\\d_{2}\\e_{2}\\e_{1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}S_{n}\\...\\...\\...\\...\\...\end{pmatrix}$$
回到一开始，$s_n=S_{n+3}$，所以：
$$\begin{pmatrix}1&13&9&2&6&0\\0&3&3&1&1&0\\0&2&1&0&1&0\\0&1&0&0&1&0\\0&4&6&4&1&1\\0&0&0&0&1&0\end{pmatrix}^{n-1}\times \begin{pmatrix}s_{1}\\b_{2}\\c_{2}\\d_{2}\\e_{2}\\e_{1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}s_{n}\\...\\...\\...\\...\\...\end{pmatrix}$$
即：
$$\begin{pmatrix}1&13&9&2&6&0\\0&3&3&1&1&0\\0&2&1&0&1&0\\0&1&0&0&1&0\\0&4&6&4&1&1\\0&0&0&0&1&0\end{pmatrix}^{n-1}\times \begin{pmatrix}6\\1\\1\\1\\1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}s_{n}\\...\\...\\...\\...\\...\end{pmatrix}$$
## 对于$30\%$数据（$data\space1,2,3,4,5,6$）：
加一个高精度就可以了。
## 对于$50\%$数据（$data\space1,2,3,4,5,6,7,8,9,10$）：
压位高精。压$17$位可以通过此部分数据。
## 对于$40\%$数据（$data\space1,2,3,4,5,6,13,14$）：
分$9$种情况讨论……
对于每一种情况，求出对应的矩阵。
**从出题人心理角度入手：**
$K$肯定越大越好，所以只用计算$K=8,9,10$的情况即可。
用普通高精度即可（其实$data\space11,12$）用常数小一点的不压位高精度也可以通过。
## 对于$70\%$数据（$data\space1\sim14$）：
用压位高精分$9$种情况讨论。
# 对于$100\%$数据：
~~分49类讨论~~
因为分类讨论过于复杂，所以我们要找到一个一般的求单位矩阵算法。
我们发现，只有$a_n^m,a_n^{m-1}a_{n-1}^1,a_n^{m-2}a_{n-1}^2,...,a_n^1a_{n-1}^{m-1}$与它们的上一项有互推关系，所以我们要用这些项来表示$s_n$，就如之前我们求$K=4$时问号填什么一样。
## _如果这一部分理解有困难，可以结合$K=4$的部分一起看_
**第一步**：求$a_n^m,a_n^{m-1}a_{n-1}^1,a_n^{m-2}a_{n-1}^2,...,a_n^1a_{n-1}^{m-1}$与它们的上一项的递推式
例如，我们要求$a_n^{k}a_{n-1}^{m-k}$的递推式。按照套路，有$a_n^{k}a_{n-1}^{m-k}=(a_{n-1}+a_{n-2})^ka_{n-1}^{m-k}$。由二项式定理，上式等于$C_k^0a_{n-1}^m+C_k^1a^{m-1}_{n-1}a_{n-2}+...+c_k^ka_{n-1}^{m-k}a_{n-2}^k$。
于是，我们维护一个杨辉三角，对于每一个$a_n^{k}a_{n-1}^{m-k}$单独计算即可。我们称这些求出来的递推式为**那一堆式子**……（如$K=4$中的$b_{n-2}=e_{n-3}+3b_{n-3}+3c_{n-3}+d_{n-3},c_{n-2}=e_{n-3}+2b_{n-3}+c_{n-3},d_{n-2}=e_{n-2}+b_{n-3},e_{n-2}=e_{n-3}+4b_{n-3}+6c_{n-3}+4d_{n-3}+e_{n-4}$）
**第二步**：求$a_na_{n-1}...a_{n-k+1}$与$a_n^m,a_n^{m-1}a_{n-1}^1,a_n^{m-2}a_{n-1}^2,...,a_n^1a_{n-1}^{m-1}$的关系式。
同样我们拆分$a_na_{n-1}...a_{n-k+1}$。在此之前，我们先证明一个东西。
求证：$a_n=a_{k+1}a_{n-k}+a_{k}a_{n-(k+1)}
证明：用数学归纳法证明
-
当k=1时，即证a_n=1a_{n-1}+1a_{n-2}，显然成立
-
假设k=s(s>=1)时，a_n=a_ka_{n-k}+a_{k+1}a_{n-(k+1)}成立，则a_{s+1}a_{n-s}+a_{s}a_{n-(s+1)}=a_{s+1}(a_{n-(s+1)}+a_{n-(s+2)})+a_{s}a_{n-(s+1)}=a_{n-(s+1)}(a_{s+1}+a_s)+a_{n-(s+2)}a_{s+1}=a_{s+2}a_{n-(s+1)}+a_{s+1}a_{n-(s+2)}，即k=s+1时命题成立
-
综上：命题成立
既然有这个结论，我们就可以得到a_na_{n-1}...a_{n-k+1}=(a_{k-1}a_{n-k+2}+a_{k-2}a_{n-k+1})(a_{k-2}a_{n-k+2}+a_{k-3}a_{n-k+1})...(a_2a_{n-k+2}+a_1a_{n-k+1})a_{n-k+2}a_{n-k+1})。观察这个式子，发现它是由很多个类似于(a_{k-1}a_{n-k+2}+a_{k-2}a_{n-k+1})的多项式组成的，我们称这样的括号为一个单位多项式，a_{k-1},a_{k-2}为一个单位多项式的两个系数。
现在，我们的目标就是求出这个式子展开后每一项的系数是多少。我们考虑用类似于求杨辉三角的方法求每一项的系数。
若K=3，则原式=(a_{n-1}+a_{n-2})a_{n-1}a_{n-2}，即a_{n-1}^2a_{n-2}+a_{n-1}a_{n-2}^2，即前面的系数为1,1。K=4的我们之前已经推导过了，系数为2,3,1。K=5的为6,13,9,2。我们把这个三角列出来：
0,1,1(1,1)
0,2,3,1(2,1)
0,6,13,9,2(3,2)
我们在每行前面补了一个0，后面括号中的数表示这一层所对应的那一个单位多项式的两个系数，我们设第i层的两个系数分别为p1_i,p2_i。我们发现k_{i,j}，即第i层第j个数等于k_{i-1,j}p1_i+k_{i-1,j-1}p2_i。所以，我们就可以用类似于求杨辉三角的方式来求出每一项的系数了。
具体来说，我们可以从a_{n-1}...a_{n-k+1}=(a_{k-2}a_{n-k+2}+a_{k-3}a_{n-k+1})...(a_2a_{n-k+2}+a_1a_{n-k+1})a_{n-k+2}a_{n-k+1})的系数推到a_na_{n-1}...a_{n-k+1}=(a_{k-1}a_{n-k+2}+a_{k-2}a_{n-k+1})(a_{k-2}a_{n-k+2}+a_{k-3}a_{n-k+1})...(a_2a_{n-k+2}+a_1a_{n-k+1})a_{n-k+2}a_{n-k+1})的系数。后者比前者多了一个(a_{k-1}a_{n-k+2}+a_{k-2}a_{n-k+1})，而a_{k-1},a_{k-2}恰好就是三角里的p1_i,p2_i。于是，类似于杨辉三角的思路，每一个系数只与其上一层同样位置的数与上一层前一位的数有关系；而由于新乘上了p1_i,p2_i，每一个系数就等于上一层同样位置的数的p2_i倍与上一层前一位的数的p1_i倍之和（结合上面列出的三角形与K=4的情况来理解）。
强调一下，现在求出来的系数都是带在a_n^m,a_n^{m-1}a_{n-1}^1,a_n^{m-2}a_{n-1}^2,...,a_n^1a_{n-1}^{m-1}之前的。
系数求出来了，但还没有完。是否记得K=4时，将2,3,1求出来之后，还要分别把那一堆式子代入回原式？没错，求出来的系数还要分别乘上那一堆式子的系数，而那一堆式子我们已经求出来了。所以a_na_{n-1}...a_{n-k+1}与a_n^m,a_n^{m-1}a_{n-1}^1,a_n^{m-2}a_{n-1}^2,...,a_n^1a_{n-1}^{m-1}的关系我们就求出来了。于是s_n与a_n^m,a_n^{m-1}a_{n-1}^1,a_n^{m-2}a_{n-1}^2,...,a_n^1a_{n-1}^{m-1}的关系我们也求出来了。注意，这里写的a_n^m,a_n^{m-1}a_{n-1}^1,a_n^{m-2}a_{n-1}^2,...,a_n^1a_{n-1}^{m-1}都有可能表示的是所有单项式下角标整体减1或2对应的一串另外的单项式，就比如把a_{n-2}a_{n-3}写成a_{n}a_{n-1}，因为出题人太懒啦，只会复制黏贴！
然后矩阵快速幂，加一个压17位的高精度，这一题就做完了。是不是很简单啊！
如果仍有不理解的地方，可以结合代码理解。
当然还可以用一些毒瘤的方法来优化高精度矩阵快速幂，比如什么10进制的矩阵快速幂之类的（但是常数像\pi的位数一样大的出题人打的10进制的矩阵快速幂TLE了哦~）。
请大家注意常数优化！
标程（这是一份加了一些常数优化的代码，但仍然跑的非常慢）：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
const long long mod=1000000007,gjm=1e18;
int k;
struct GJD
{
long long shu[585];
int len;
GJD(){len=0;memset(shu,0,sizeof(shu));}
}m,n,lcgjd;
struct JZ
{
long long shu[53][53];
JZ(){memset(shu,0,sizeof(shu));}
}dw,lcjz,s,lcjzjz;
void mem1()
{
memset(s.shu,0,sizeof(s.shu));
for(register int i=1;i<=110;i++)s.shu[i][i]=1;
}
void times(JZ *a,JZ *b)
{
for(register int i=1;i<=k+2;i++)
{
for(register int j=1;j<=k+2;j++)
{
lcjzjz.shu[i][j]=0;
for(register int s=1;s<=k+2;s++)
{
lcjzjz.shu[i][j]=(lcjzjz.shu[i][j]+(*a).shu[i][s]*(*b).shu[s][j])%mod;
}
}
}
for(register int i=1;i<=k+2;i++)for(register int j=1;j<=k+2;j++)(*a).shu[i][j]=lcjzjz.shu[i][j];
}
long long x;
GJD d2(GJD &a)
{
memset(lcgjd.shu,0,sizeof(lcgjd));
lcgjd.len=a.len;x=0;
for(register int i=a.len-1;i>=0;i--)
{
x=x*gjm+a.shu[i];
lcgjd.shu[i]=x/2;
x&=1;
}
while(lcgjd.len&&lcgjd.shu[lcgjd.len-1]==0)lcgjd.len--;
return lcgjd;
}
void j1(GJD &a)
{
for(register int i=0;i<a.len;i++)
{
a.shu[i]--;
if(a.shu[i]>=0)break;
a.shu[i]+=gjm;
}
while(a.len&&a.shu[a.len-1]==0)a.len--;
}
char lcm[10000],lcn[10000];
long long lcshu,lcshushu;
long long cmul[200]={0},fb[200]={0},exs[200][200]={0};
long long cal(GJD &a)
{
if(!a.len)return 0;
j1(a);
lcjz=dw;mem1();
for(;a.len;a=d2(a))
{
if(a.shu[0]&1)times(&s,&lcjz);
times(&lcjz,&lcjz);
}
long long ans=0,b=1;
for(register int i=1;i<=k;i++)b=b*fb[i]%mod;
for(register int i=1;i<=k+1;i++)ans=(ans+s.shu[k+2][i])%mod;
ans=(ans+s.shu[k+2][k+2]*b)%mod;
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%s%s",&k,lcm,lcn);
int lclen=strlen(lcm);lcshu=0;lcshushu=1;
for(register int i=lclen-1;i>=0;i--)
{
lcshu=lcshu+((long long)(lcm[i]-'0'))*lcshushu;
lcshushu*=10;
if((lclen-i)%18==0)
{
m.shu[m.len]=lcshu;
lcshu=0;lcshushu=1;
m.len++;
}
}
if(lcshu){m.shu[m.len]=lcshu;m.len++;}
lclen=strlen(lcn);lcshu=0;lcshushu=1;
for(register int i=lclen-1;i>=0;i--)
{
lcshu=lcshu+((long long)(lcn[i]-'0'))*lcshushu;
lcshushu*=10;
if((lclen-i)%18==0)
{
n.shu[n.len]=lcshu;
lcshu=0;lcshushu=1;
n.len++;
}
}
if(lcshu){n.shu[n.len]=lcshu;n.len++;}
j1(m);
cmul[1]=1;fb[1]=1;
for(register int i=2;i<=k-1;i++)
{
fb[i]=(fb[i-1]+fb[i-2])%mod;
for(register int j=i;j>=1;j--)
{
cmul[j]=(cmul[j]*fb[i]+cmul[j-1]*fb[i-1])%mod;
}
}
fb[k]=(fb[k-1]+fb[k-2])%mod;
exs[1][1]=1;
for(register int i=2;i<=53;i++)
{
for(register int j=1;j<=i;j++)
{
exs[i][j]=(exs[i-1][j]+exs[i-1][j-1])%mod;
}
}
for(register int i=1;i<=k;i++)
{
for(register int j=1;j<=k+1;j++)
{
dw.shu[i][j]=exs[k-i+2][j];
}
if(i==1)continue;
for(register int j=1;j<=k+1;j++)
{
dw.shu[k+2][j]=(dw.shu[k+2][j]+dw.shu[i][j]*cmul[i-1])%mod;
}
}
dw.shu[k+1][1]=1;dw.shu[k+2][k+2]=1;
printf("%lld\n",((cal(n)-cal(m))%mod+mod)%mod);
return 0;
}
（据说原来的标程被卡常了……）
PS:
应该也可以用斐波拉契数列模1000000007的循环节（长度为2000000016）来做。怎么算出来的？慢慢枚举就可以了，最多20s。记得不是直接取模就可以了，还要乘上中间被忽略的几大块。这样可以直接忽略高精时间复杂度的影响，应该会跑的飞快，大家可以试一试。