Question

我正在解决这个问题：

G(n) is defined as

G(n) = G(n-1) + f(4n-1) , for n > 0

and G(0) = 0

f(i) is ith Fibonacci number. Given n you need to evaluate G(n)

modulo 1000000007。

Input

First line contains number of test cases t (t<40000). Each of the next t

行包含整数n（0 <= n <0。 2 ^ 51）。

Output

For each test case print G(n) modulo 1000000007.

Example

Input:
2
2
4



Output:


15
714

这是我写的代码：

typedef long long type;
#define check 1000000007
type x;
type y;

type f(type n)
{
    return(ceil((pow(1.618,n) - pow(-0.618,n))/((sqrt(5)*1.0))));
}
type val(type n)
{
    if(n==0)
    return 0;
    else 
    return (val(n-1)+f(4*n-1));
}
int main()
{
    cin>>x;
    while(x--)
    {
       cin>>y;
       cout<<val(y)%check<<endl;
       }
    //getch();
    return 0;
}

你能建议任何改进吗？

Answer 1

有时这些问题可以通过数学技巧解决，
而不是暴力解决方案。

在我看来，n和模数的大值表明了存在一个聪明的解决方案。当然，找出解决方案是困难的部分。

（我不确定这在你的情况下是否理想，我只是指向你另一种方式）

例如，在Art of Computer Programming, Volume 1: Fundamental Algorithms中 Knuth使用“生成函数”，这是一种构造封闭形式的聪明方法对于Fn斐波纳契数。

有关详细信息，请参阅Generating Functions (pdf)

为什么要关心生成序列的函数？有几个答案，但现在是一：如果我们能找到一个产生一个序列的功能，然后我们可以经常为第n个发现一个封闭的形式系数 - 这可能很漂亮有用！例如，一个封闭的表格 x ⁿ的系数 x /（1-x-x ²）的幂级数将是一个明确的公式第n个斐波纳契数。 [...]

Answer 2

G（n）= G（n-1）+ f（4n-1）= G（n-2）+ f（4n-1）+ f（4n-5）等。

因此

G（n）= f（4n-1）+ f（4n-5）+ f（4n-9）... f（3）

f（n）= f（n-1）+ f（n-2）= 2f（n-2）+ f（n-3）= 3f（n-3）+ 2f（n-4）= 5f（n-4）+ 3f（n-5） f（n-5）= 3f（n-8）+ 2f（n-9）从而 f（n）= 5f（n-4）+ 9f（n-8）+ 6f（n-9） = 5f（n-4）+ 9f（n-8）+ 18f（n-12）+ 12f（n-13）

= 5f（n-4）+ 9f（n-8）+ 18f（n-12）+ 36f（n-16）+ 24f（n-17）

在任何情况下都清楚系数每次都会加倍。当然，从上面我们可以用f（n-8）等来定义f（n-4）。不确定这将导致什么。

这里有一个系列，f（3）= 2和f（2）= 1所以最后你会加上常数。

实际上，为了您的目的，您可以在一次通过中计算f（n），而不必在此时存储超过2个，并且当您通过计算f（n）时，您知道上面G的公式当n与每个点的3 mod 4一致时，你可以适当地更新G总和斐波那契数。

你找不到用这么大的数字（2到51的幂）保存一个表的空间，甚至不是磁盘，尽管它实际上是你需要存储在表中的总和（f（3）， f（3）+ f（7），f（3）+ f（7）+ f（11）等）如果你要保存任何东西。

Answer 3

所以f（）是斐波那契函数？我建议你使用常规的递归算法。但是你可以通过添加缓存来显着提高性能，因为对于较小的i值的调用会经常重复调用f（i）。

您可以使用静态局部整数数组来完成此操作。如果元素为0则为未命中，因此您计算该值并将其存储在数组中。

这样你就可以避免使用浮点运算而不会填满堆栈。

Answer 4

我认为获得G(n)价值的更好方法是计算它：

type val(type n, std::vector<type> &fib)
{
  type ret = 0, s = min(type(fib.size()), n);
  for(type i=0; i < s; ++i)
      ret += fib[i];

  if(n > fib.size()){    
    fib.reserve(n);
    int tmp;
    for(type i = fib.size(); i < n; ++i){
      tmp = f(4*i+3);
      fib.push_back(tmp);
      ret += tmp;
    }

  }
  return ret;
}

（对于整个代码检查http://www.ideone.com/jorMy）

避免在任何地方递归，这样它就不会计算每次斐波那契函数。

编辑：我花了很多时间才发现（我的数学有点生锈），但你也可以这样写val：

numtype val(numtype n) {
  return ceil(2.218*pow(6.8541,n-1) - 0.018*pow(0.145898,n-1) - 0.2);
}

（http://www.ideone.com/H1SYz上的代码）

这是您的总和的封闭形式。如果你想亲自找到它（毕竟是作业），请跟随Nick D回答。

我该怎么做才能改进我的斐波纳契数发生器？

4 个答案: