数论——斐波那契练习题二——斐波那契变式

题面

题目描述

定义一个数列：
f(0)=a,f(1)=b,f(n)=f(n−1)+f(n−2)f(0)=a,f(1)=b,f(n)=f(n−1)+f(n−2)
f(0)=a,f(1)=b,f(n)=f(n−1)+f(n−2)
其中a,b均为正整数，n≥2问有多少种(a,b)，使得k 出现在这个数列里，且不是前两项。由于答案可能很大，你只需要输出答案模109+7的结果即可。

输入输出格式

输入格式：
一行一个整数 k
输出格式：
一行一个数，表示答案模
109+7 的结果。

输入输出样例

输入样例#1： 复制
19260817
输出样例#1： 复制
34166325
输入样例#2： 复制
1000000000
输出样例#2： 复制
773877569

说明

1≤k≤109

分析

题目大概是长成ax+by=k的形式，由于f[0]=a,f[1]=b,f[i]=f[i-1]+f[i-2] 所以可以看出在f[i]中a和b的系数是斐波那契中的相邻两项。
那么我么可以从斐波那契下手，枚举斐波那契相邻的两项，利用exgcd求出解的个数。此时依旧是对ax+by=k这个式子进行求解，此时的a等于f[i-1],b等于f[i],可以求出最小的正整数x，此时的y为最大值。可以此时的y满足
设此时的x为x0，则满足x=x0+tb,同理满足y=y0+ta，显然t+1就是此时的答案贡献，那么用最大的y除以a向上取整即可（注意之所以要向上取整而不是t+1，是因为避免y=0的情况，还有注意特判x0=0的情况）

code

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int mod=1e9+7;ll f[100],cnt,k;void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){    if(b==0)    {        x=1;y=0;        return;    }    exgcd(b,a%b,x,y);    ll t=x;    x=y;    y=t-a/b*y;} int main(){    scanf("%lld",&k);    f[1]=f[2]=1;cnt=2;    for(int i=3;;i++)    {        f[i]=f[i-1]+f[i-2];        if(f[i]>1e9) break;        ++cnt;    }    ll ans=0;    for(int i=2;i<=cnt;++i)    {        ll a,b,x,y;        a=f[i-1];b=f[i];        exgcd(a,b,x,y);x=x*k;y=y*k;        x=(x%b+b)%b;        if(x==0) x=b;        y=(k-a*x)/b;        if(y<0) continue;        ans=(ans+(y-1)/a+1)%mod;    }    printf("%lld",ans);}