ZYH的斐波那契數列【線段樹動態開點+矩陣快速冪求斐波那契】
描述
ZYH最近研究數列研究得入迷啦！
現在有一個斐波拉契數列（f[1]=f[2]=1,對於n>2有f[n]=f[n-1]+f[n-2]），
但是斐波拉契數列太簡單啦，於是ZYH把它改成了斐波拉契的字首和的數列{Si}（S[1]=1,對於n>1,有S[n]=S[n-1]+f[n]），接下來ZYH要在{Si}數列上面做一些操作。
1.修改： 將數列中下標在[l,r]區間內的數加上v
2.查詢：詢問此時數列第k項對1000000007取模後是多少。
你能幫他解決這兩個操作嗎？
輸入
第一行，一個正整數，n，代表操作的次數。
接下來n行，先輸入一個數p，若p=1，則再輸入三個正整數l，r，v，代表將數列中下標在[l,r]區間內的數加上v；若p=2，則再輸入一個正整數k， 詢問此時數列第k項mod1000000007後是多少。
輸出
對於每次詢問，輸出對應的整數，每個詢問輸出一行。
樣例輸入[複製]
5
1 1 10 2
2 1
2 2
2 3
2 4
樣例輸出[複製]
3
4
6
9
標籤
ZYH 光華測試day1
資料範圍
對於 10%的資料有 n ≤10^3, l ≤ r ≤ 10^3 , k≤10^3 , v≤10^3
對於 30%的資料有 n ≤10^5 , l ≤ r ≤ 10^6 , k≤10^6 , v≤10^6
對於 60%的資料有 n ≤10^5 , l ≤ r ≤ 10^6 , k≤10^9 , v≤10^9
對於 100%的資料有 n ≤10^5 , l ≤ r ≤ 10^9 , k≤10^9 , v≤10^9
區間修改和單點查詢，可以利用差分。
查詢的時候就是序列的字首和【原序列全是0】加上對應的斐波那契數字首和。其實兩個東西是相對獨立的。
先看這個字首和吧：
由於查詢的k範圍為1e9，顯然不能直接線段樹或者樹狀陣列。
觀察到n只有1e5，那麼可以用一個線段樹動態開點來維護這個序列的字首和。
這個動態的線段樹就是：一開始是空的，update的時候，遇到一個空節點，就新建一個點。
查詢的時候，如果遇到空節點，說明update沒有更新到這個節點，那麼直接返回0就行了。
空間差不多是O(n logn)。【n為update次數】第一次update肯定是新建logn個節點，後面update的時候有些點是已存在的，有些點是空的，新建的點數就應該小於等於logn。
查k點值的時候就訪問1到k的區間和就行了。
然後看看這個斐波那契數列：
求一個的時候就用矩陣快速冪就行了，但是這道題要求字首和，也就是F[1]+F[2]+F[3]+......【其中F[1]=F[2]=1，題目中有說到】
給這個序列加上1，得到：1+F[1]+F[2]+F[3]+F[4]+......
把1看做F[1]，把F[1]看做F[2],得到：F[1]+F[2]+F[2]+F[3]+F[4]+......
以斐波那契前六項為例：
F[1]+F[2]+F[3]+F[4]+F[5]+F[6]
=(F[1]+F[2])+F[2]+F[3]+F[4]+F[5]+F[6]-1
=F[3]+F[2]+F[3]+F[4]+F[5]+F[6]-1=(F[3]+F[2])+F[3]+F[4]+F[5]+F[6]-1
=F[4]+F[3]+F[4]+F[5]+F[6]-1=(F[4]+F[3])+F[4]+F[5]+F[6]-1
=F[5]+F[4]+F[5]+F[6]-1=(F[5]+F[4])+F[5]+F[6]-1
=F[6]+F[5]+F[6]-1=F[7]+F[6]-1=F[8]-1
通過這個過程，我們可以總結出：如果令S[i]為斐波那契數列前i項的字首和，那麼S[i]=F[i+2]-1。【在F[1]=F[2]=1的前提下】
那麼這道題也就迎刃而解了。
【注意取模：保險起見，如果有減法，就加上一個mod再取模】
程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const ll maxn=1e6+10;
const ll INF=1e9+7;
ll n,p,l,r,v,k,t=1;
struct node{
ll lc,rc,w;
node(){lc=0,rc=0,w=0;}
}tr[maxn<<2];
void push_up(ll root){
tr[root].w=(tr[tr[root].lc].w+tr[tr[root].rc].w)%mod;
return;
}
void update(ll root,ll l,ll r,ll pos,ll W){
if(l==r){
tr[root].w=(tr[root].w+W)%mod;
return;
}
ll mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid){
if(!tr[root].lc) tr[root].lc=++t;
update(tr[root].lc,l,mid,pos,W);
}
else{
if(!tr[root].rc) tr[root].rc=++t;
update(tr[root].rc,mid+1,r,pos,W);
}
push_up(root);
}
ll query(ll L,ll R,ll l,ll r,ll root){
if(!root) return 0;
if(L<=l&&R>=r) return tr[root].w;
ll mid=(l+r)>>1;
ll ans=0;
if(L<=mid) (ans+=query(L,R,l,mid,tr[root].lc))%=mod;
if(R>mid) (ans+=query(L,R,mid+1,r,tr[root].rc))%=mod;
return ans%mod;
}
struct matrix{
ll a[3][3];
matrix(ll t=0){
if(t==0) a[1][1]=a[1][2]=a[2][1]=a[2][2]=0;
if(t==1) a[1][1]=a[2][2]=1,a[1][2]=a[2][1]=0;
}
friend inline matrix operator +(matrix a,matrix b){
matrix c;
for(ll i=1;i<=2;++i)
for(ll j=1;j<=2;++j)
(c.a[i][j]=a.a[i][j]+b.a[i][j])%=mod;
return c;
}
friend inline matrix operator *(matrix a,matrix b){
matrix c;
for(ll i=1;i<=2;++i)
for(ll k=1;k<=2;++k)
for(ll j=1;j<=2;++j)
(c.a[i][j]+=(a.a[i][k]*b.a[k][j])%mod)%mod;
return c;
}
friend inline matrix operator ^(matrix a,ll b){
matrix c(1);
for(;b;b>>=1,a=a*a) if(b&1) c=c*a;
return c;
}
}A,T;
void read(ll &x){
x=0;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
}
void init(){
T.a[1][1]=T.a[2][1]=1,T.a[1][2]=T.a[2][2]=0;
A.a[1][1]=A.a[1][2]=A.a[2][1]=1,A.a[2][2]=0;
}
int main(){
init(),read(n);
while(n--){
read(p);
if(p==1){
read(l),read(r),read(v);
update(1,1,INF,l,v),update(1,1,INF,r+1,-v);
}
if(p==2){
read(k);
ll tmp=(A^(k+2)).a[1][2]-1;
ll ans=query(1,k,1,INF,1);
printf("%d\n",(ans+tmp+mod)%mod);
}
}
}