标签:lfloor 数列 dfrac rfloor 斐波 cdots 那契 gcd
WC 考到了,自己却啥也不会,于是做一波斐波那契的题
记 \(F_i\) 为斐波那契数列的第 \(i\) 项
如果题目没特殊说明,这篇博客中默认初始项是 \(F_1=F_2=1\)
各种性质
\[\gcd(F_n,F_{n+1})=1 \]证明:
根据辗转相减法,有
\(\gcd(F_n,F_{n+1})=\gcd(F_{n+1}-F_n,F_n)=\gcd(F_{n-1},F_n)=\cdots=\gcd(F_1,F_2)=1\)
\[\gcd(F_n,F_m)=F_{\gcd(n,m)} \]
证明:
记 \(m=n+k\)
如果把 \(F_p,p>n+1\) 都用 \(F_n\) 和 \(F_{n+1}\) 表示出来,就有:
那么就有 \(\gcd(F_n,F_m)=\gcd(F_n,F_{k-1}F_n+F_k F_{n+1})=\gcd(F_n,F_k F_{n+1})\)
又因为上一条性质 \(\gcd(F_n,F_{n+1})=1\),就得到 \(\gcd(F_n,F_m)=\gcd(F_n,F_k)=\gcd(F_n,F_{m-n})\)
然后你发现,把它多迭代几次,就成立在角标上做辗转相减(外面再套一个 \(\gcd\)),那最后一串等下去,就等于了 \(\gcd(F_{\gcd(n,m)},F_{\gcd(n,m)})=F_{\gcd(n,m)}\)
于是得证
题目:
- P1306 斐波那契公约数,模版,直接矩阵加速
- CF226C Anniversary
- 就是转换为求 \(\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_k)\) 的最大值
- 然后就是找到一个最大的 \(x\),使得 \(x\) 有至少 \(k\) 个倍数出现在 \([l,r]\) 中,也就是 \(\lfloor\dfrac{r}{x}\rfloor-\lfloor\dfrac{l-1}{x}\rfloor \ge k\)
- 于是可以整除分块枚举 \(\lfloor\dfrac{r}{x}\rfloor\) 的值,如果 \(x\) 当前可取的值是 \([L,R]\)(就是让 \(\lfloor\dfrac{r}{x}\rfloor\) 相同的 \(x\)),那么肯定是让 \(x\) 取到 \(R\),这样既能让上面的式子尽量大去符号要求,也会让选择更优
标签:lfloor,数列,dfrac,rfloor,斐波,cdots,那契,gcd 来源: https://www.cnblogs.com/suxxsfe/p/14387440.html
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