ZOJ 3774 二次剩余
题意:简单粗暴,求菲波那契数列每个数的m次的前n项和模1e9+7
思路:斐波那契通项式, 注意到有很多根号5,求二次剩余为5模1e9+7的解,显然我们可以直接找一个(383008016),然后拿来替代根号5,然后优化下,把中括号中共轭的两部分预处理下,然后由于是外部的一个指数m,从1枚举到m,来求二项式定理的每项系数,再用个逆元就好了。人家的校赛题(
/** @Date : 2017-03-18-15.39
* @Author : Lweleth (SoungEarlf@gmail.com)
* @Link : https://github.com/
* @Version :
*/
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define PII pair<int ,int>
#define MP(x, y) make_pair((x),(y))
#define fi first
#define se second
#define PB(x) push_back((x))
#define MMG(x) memset((x), -1,sizeof(x))
#define MMF(x) memset((x),0,sizeof(x))
#define MMI(x) memset((x), INF, sizeof(x))
using namespace std; const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5+20;
const double eps = 1e-8;
const LL mod = 1e9 + 9;
const LL trem = 383008016;
LL fac[N], le[N], ri[N]; LL fpow(LL a, LL n)
{
LL res = 1;
while(n > 0)
{
if(n & 1)
res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
n >>= 1;
}
return res;
} LL Inv(LL x)
{
return fpow(x, mod - 2);
} void init()
{
LL tinv = Inv(2); fac[0] = 1;
le[0] = ri[0] = 1;
LL l = ((1 + trem + mod)%mod) * tinv % mod;
LL r = ((1 - trem + mod)%mod) * tinv % mod;
for(LL i = 1; i < N; i++)
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
for(int i = 1; i < N; i++)
{
le[i] = le[i - 1] * l % mod;
ri[i] = ri[i - 1] * r % mod;
//cout << le[i] <<" " << ri[i] << endl;
}
}
int T;
LL n, k;
int main()
{
init();
cin >> T;
while(T--)
{
scanf("%lld%lld", &n, &k);
LL ans = 0;
for(int i = 0; i <= k; i++)
{
LL flag = 1;
if((k - i) % 2)
flag = -1;
LL t = le[i] * ri[k - i] % mod;
LL d = fac[k - i] * fac[i] % mod;
LL c = fac[k] * Inv(d) % mod;
LL x = (t * (1 - fpow(t, n)) % mod) * Inv(1 - t) % mod;
if(t == 1)
x = n % mod;
ans = (ans + flag * c * x ) % mod;
ans = (ans + mod) % mod;
//cout << t << endl;
}
ans = (ans * fpow(Inv(trem) % mod, k) + mod) % mod;
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
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