征战蓝桥 —— 2014年第五届 —— C/C++A组第9题—

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。
公式参见【图1.png】但这个数字依然很大，所以需要再对 mod 求模。

【数据格式】

输入为一行用空格分开的整数 n m mod (0 < n, m, mod < 10^18)
输出为1个整数

例如，如果输入：
2 3 5
程序应该输出：
0

再例如，输入：
15 11 29
程序应该输出：
25

资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include < xxx>，不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交时，注意选择所期望的编译器类型。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>using namespace std;typedef unsigned long long LL;LL n, m, mod;class M {public:LL data[2][2];M() { memset(data, 0, sizeof(data)); }
};void solve1() {LL a = 1;LL b = 1;if (m >= n + 2) {for (LL i = 3; i <= n + 2; ++i) {LL t = a;a = b;b += t;}printf("%llu\n", b % mod - 1);} else {//m<n+2LL fibM, fibN_2 = 0;for (LL i = 3; i <= n + 2; ++i) {LL t = a;a = b;b += t;if (i == m) fibM = b;}fibN_2 = b;printf("%llu %llu\n", fibN_2, fibN_2 % fibM % mod - 1);}}//将两个2*2的矩阵相乘
M *mul(M *m1, M *m2) {M *ans = new M();ans->data[0][0] = m1->data[0][0] * m2->data[0][0] + m1->data[0][1] * m2->data[1][0];ans->data[0][1] = m1->data[0][0] * m2->data[0][1] + m1->data[0][1] * m2->data[1][1];ans->data[1][0] = m1->data[1][0] * m2->data[0][0] + m1->data[1][1] * m2->data[1][0];ans->data[1][1] = m1->data[1][0] * m2->data[0][1] + m1->data[1][1] * m2->data[1][1];return ans;
}//快速乘法
LL mm(LL a, LL b, LL mod) {if (a > b) {LL t = a;a = b;b = t;}LL x = 0;while (b != 0) {if ((b & 1) == 1) {x = (x + a) % mod;}a = (a * 2) % mod;b >>= 1;}return x;
}//将两个2*2的矩阵相乘
M *mul(M *m1, M *m2, LL mod) {M *ans = new M();ans->data[0][0] = (mm(m1->data[0][0], m2->data[0][0], mod) + mm(m1->data[0][1], m2->data[1][0], mod)) % mod;ans->data[0][1] = (mm(m1->data[0][0], m2->data[0][1], mod) + mm(m1->data[0][1], m2->data[1][1], mod)) % mod;ans->data[1][0] = (mm(m1->data[1][0], m2->data[0][0], mod) + mm(m1->data[1][1], m2->data[1][0], mod)) % mod;ans->data[1][1] = (mm(m1->data[1][0], m2->data[0][1], mod) + mm(m1->data[1][1], m2->data[1][1], mod)) % mod;return ans;
}//m的n次幂log(n)
M *mPow(M *m, LL n) {M *E = new M();//单位矩阵E->data[0][0] = 1;E->data[1][1] = 1;while (n != 0) {if (n & 1 == 1) {E = mul(E, m);}m = mul(m, m);//按平方倍增n >>= 1;}return E;
}//m的n次幂log(n)
M *mPow(M *m, LL n, LL mod) {M *E = new M();//单位矩阵E->data[0][0] = 1;E->data[1][1] = 1;while (n != 0) {if ((n & 1) == 1) {E = mul(E, m, mod);}m = mul(m, m, mod);//按平方倍增n >>= 1;}return E;
}LL fib(LL i) {//[1,1]B^(i-2)M *A = new M();A->data[0][0] = 1;A->data[0][1] = 1;M *B = new M();B->data[0][0] = 1;B->data[0][1] = 1;B->data[1][0] = 1;M *ans = mul(A, mPow(B, i - 2));return ans->data[0][0];
}LL fib(LL i, LL mod) {//[1,1]B^(i-2)M *A = new M();A->data[0][0] = 1;A->data[0][1] = 1;M *B = new M();B->data[0][0] = 1;B->data[0][1] = 1;B->data[1][0] = 1;M *ans = mul(A, mPow(B, i - 2, mod), mod);return ans->data[0][0];
}void solve2() {if (m >= n + 2) {printf("%llu\n", fib(n + 2, mod) - 1);} else {//m<n+2LL fibm = fib(m);printf("%llu\n", fib(n + 2, fibm) % mod - 1);}
}int main(int argc, const char *argv[]) {scanf("%llu %llu %llu", &n, &m, &mod);
//    solve1();
//    for (int i = 3; i <= 10; ++i) {//       cout<< fib(i)<<endl;
//    }solve2();
//cout<<mm(3,7,5);return 0;
}

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