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从一道题引出一个算法：斐波那契数列
这道题并没有什么花里胡哨的条件，就是很简单的计算\(F(n)\ mod\ p\)。
但是这题的\(n\)达到了\(10^{30000000}\)级别，很显然不能直接用矩阵快速幂做。
因此我们要引入一个概念：斐波那契循环节。
显而易见的是通过看题解我们知道，斐波那契数列在模一个数时会出现循环，而这个周期的长度就称为斐波那契循环节。
所以我们只需要求出斐波那契循环节\(m\)，然后用矩阵快速幂计算\(F(n\ mod\ m)\ mod\ p\)就行了。
下面将会介绍如何计算斐波那契循环节。
（因为这只是介绍文并非论文，难免有不严谨之处，敬请谅解。本文以通俗易懂为前提，夹有较为详细的证明。）
参考自一篇全英文的paperThe Period of the Fibonacci Sequence Modulo j
\(Tips:\)
\(1.\)本文的数学推导具有一定难度，部分知识涉及到了高等代数和初等数论，不知道的东西可以上网查，如果实在不懂可以暂时跳过，因为这并不会影响到阅读其他部分。
\(2.\)如果不想看证明过程，可以直接跳到第五部分看结论。
直接看我的另一篇博客吧。二次剩余
有一个非空集合\(G\)，和在\(G\)上的一个二元运算\(\cdot:G\times G\mapsto G\)。
（一般我们叫这个运算乘法，其运算结果为积）
它们构成了一个代数系统\(\{G,\cdot\}\)，这个代数系统满足：
\(1.\)封闭性：\(\forall a,b\in G,a\cdot b\in G\)。
\(2.\)结合律：\(\forall a,b,c\in G,(a\cdot b)\cdot c=a\cdot(b\cdot c)\)。
那么我们将其称为半群。
如果这个半群还满足
\(3.\)单位元：\(\exists e\in G,\forall a\in G,e\cdot a=a\cdot e=a\)。这个\(e\)称作单位元，或者称作\(1\)。（\(a^0=1\)）
\(4.\)逆元：\(\forall a\in G,\exists b\in G,a\cdot b=b\cdot a=e\)。这个\(b\)称作\(a\)的逆元，记做\(a^{-1}\)。（逆元具有唯一性）
那么我们将其称为群。
如果这个群还满足
\(5.\)交换律：\(\forall a,b\in G,a\cdot b=b\cdot a\)。
那么我们称这个群为交换群或阿贝尔群。
在阿贝尔群中这个二元运算经常被称作加法，其运算结果为和，这个运算记做\(+\)。
此时该群的单位元经常被称作零元，记作\(0\)。\(a\)逆元的逆元经常被记作\(-a\)。
（这些东西可以联想实数的加法和乘法）
设\(\{G,+,\cdot\}\)是一个代数系统（\(G\)是非空集合，\(+\)和\(\cdot\)为二元运算即加法和乘法），若
\(1.\{G,+\}\)是一个交换群。
\(2.\{G,\cdot\}\)是一个半群。
\(3.\)分配率：\(\forall a,b,c\in G,a\cdot(b+c)=(a\cdot b)+(a\cdot c),(a+b)\cdot c=(a\cdot c)+(b\cdot c)\)。
那么我们将其称为环。
如果这个环满足
\(4.\{G\setminus\{0\},\cdot\}\)是一个交换群。
那么我们将其称为域。（实际上第四条性质中把\(0\)去掉就只是因为在域中\(0\)不具有乘法逆元）
百度百科特征方程，包会。特征方程
\[ \forall n\in\mathbb N_ +,F_{n+1}=F_n+F_{n-1}(F_0=0,F_1=1) \]
令\(\phi=\frac{1+\sqrt5}{2},\overline{\phi}=\frac{1-\sqrt5}{2}\)，易知有\(\phi^2=\phi+1\)与\(\overline{\phi}^2=\overline{\phi}+1\)。
实际上这就是斐波那契数列的特征方程\(x^2=x+1\)的两实数根。
并且由此我们可以推出斐波那契数列的通项公式
\[ F_n=\frac{1}{\sqrt5}(\phi^n-\overline{\phi}^n) \]
模\(p\)意义下的斐波那契数列\(F_n(mod\ p)\)的循环节\(m\)是使得\(F_m\equiv0(mod\ p)\bigwedge F_{m+1}\equiv1(mod\ p)\)的最小正整数\(m\)。
易知\(m|k\Leftrightarrow F_k\equiv0(mod\ p),F_{k+1}\equiv1(mod\ p)\)。
我们需要先证明一些引理。（或者说是与结论直接关系不大的定理）
设\(p\)为素数，\(n\)为正整数，若\(a\equiv1(mod\ p)\)，则\(a^{p^n}\equiv1(mod\ p^{n+1})\)。
证：
我们使用数学归纳法。
不妨设\(a=rp+1(r\in\mathbb Z)\)。
运用二项式定理，
\[
a^p\equiv(rp+1)^p\equiv1+\sum\limits_{i=1}^p\left(_i^p\right)(rp)^i\equiv1(mod\ p^2)
\]
因此当\(n=1\)时引理成立。
假设\(n=m\)时定理成立，即有\(a^{p^m}\equiv1(mod\ p^{m+1})\)。
不妨设\(a^{p^m}=1+sp^{m+1}(s\in\mathbb Z)\)。
同样运用二项式定理，
\[
a^{p^{m+1}}=(a^{p^m})^p=(1+sp^{m+1})^p=1+\sum\limits_{i=1}^p\left(_i^p\right)(sp^{m+1})^i\equiv1(mod\ p^{m+2})
\]
因此当\(n=m\)成立时，\(n=m+1\)也成立。
引理\(1\)得证。
设\(p\)为素数，\(k\)为正整数，\(m\)为\(F_n(mod\ p)\)的循环节，有\(\phi^{mp^{k-1}}\equiv\overline{\phi}^{mp^{k-1}}\equiv1(mod\ p^k)\)
证：
\[
\because F_m\equiv\frac{\phi^m-\overline\phi^m}{\sqrt5}\equiv0(mod\ p)
\]
\[ \therefore\phi^m\equiv\overline{\phi}^m(mod\ p) \]
我们知道有
\[ F_m=F_{m+1}-F_1=\frac{\phi(\phi^m-1)-\overline{\phi}(\overline{\phi}^m-1)}{\sqrt5} \]
用\(\phi^m\)替换\(\overline{\phi}^m\)得到
\[ F_m\equiv\frac{(\phi^m-1)(\phi-\overline{\phi})}{\sqrt5}\equiv(\phi^m-1)F_1\equiv\phi^m-1\equiv0(mod\ p) \]
\[ \therefore\phi^m\equiv\overline{\phi}^m\equiv1(mod\ p) \]
运用引理\(1\)，
\[ \phi^{mp^{k-1}}\equiv\overline{\phi}^{mp^{k-1}}\equiv1(mod\ p^k) \]
推论\(1\)得证。
设\(p\)为\(5\)以外的素数，那么\((\frac5p)=1\Leftrightarrow p\equiv\pm1(mod\ 5),(\frac5p)=-1\Leftrightarrow p\equiv\pm2(mod\ 5)\)
（勒让德符号，前置知识中有讲解）
证：
运用二次互反律，
\[
(\frac5p)(\frac p5)=(-1)^{(\frac{5-1}2)(\frac{p-1}2)}=((-1)^{\frac{p-1}2})^2=1
\]
运用勒让德符号的定义式，
\[
(\frac5p)=(\frac p5)\equiv p^2(mod\ 5)
\]
然后把\(1\)到\(4\)代进去算就可以证明了。（实际上是懒得打了）
现在进入中心环节的证明。
这一部分的定理与斐波那契循环节有着更强的联系，实际上将求斐波那契循环节一点点分解然后解决。
设\(P=\prod\limits_{i=1}^{s}p_i^{k_i}\)，\(m_i\)为\(F_n(mod\ p_i^{k_i})\)的循环节，\(M\)为\(F_n(mod\ P)\)的循环节，则\(M=lcm(m_1,\cdots,m_s)\)。
证：
\[ \because F_M\equiv0(mod\ P) \]
\[ \therefore F_M\equiv0(mod\ p_i^{k_i}) \]
\[ \therefore\forall i\le s,m_i|M \]
\[ \therefore M=lcm(m_1,\cdots,m_s) \]
定理\(1\)得证。
设\(p\)为素数，\(m\)是\(F_n(mod\ p)\)的循环节，\(M\)是\(F_n(mod\ p^k)\)的循环节，则\(M| mp^{k-1}\)。
证：
由推论\(1\)我们有
\[
\phi^{mp^{k-1}}\equiv\overline{\phi}^{mp^{k-1}}\equiv1(mod\ p^k)
\]
\[ \therefore F_{mp^{k-1}}\equiv\frac{\phi^{mp^{k-1}}-\overline\phi^{mp^{k-1}}}{\sqrt5}\equiv0(mod\ p^k) \]
\[ \therefore F_{mp^{k-1}+1}\equiv\frac{\phi^{mp^{k-1}+1}-\overline\phi^{mp^{k-1}+1}}{\sqrt5}\equiv\frac{\phi-\overline{\phi}}{\sqrt5}\equiv1(mod\ p^k) \]
\[ \therefore M|mp^{k-1} \]
定理\(2\)得证。
设\(p\)为素数，\(m\)为\(F_n(mod\ p)\)的循环节，若\(p\equiv\pm1(mod\ 5)\)，则\(m| p-1\)
证：
由引理\(2\)知\(5\)是\(p\)的二次剩余，所以可以直接开方（\(\sqrt5\)在模\(p\)的域\(\mathbb{F_p}\)中）。
运用费马小定理，
\[
\phi^{p-1}\equiv\overline{\phi}^{p-1}\equiv 1(mod\ p)
\]
\[ \therefore F_{p-1}\equiv\frac{\phi^{p-1}-\overline\phi^{p-1}}{\sqrt5}\equiv0(mod\ p),F_p\equiv\frac{\phi^p-\overline\phi^p}{\sqrt5}\equiv\frac{\phi-\overline{\phi}}{\sqrt5}\equiv1(mod\ p) \]
\[ \therefore m|p-1 \]
定理\(3\)得证。
设\(p\)为素数，\(m\)为\(F_n(mod\ p)\)的循环节，若\(p\equiv\pm2(mod\ 5)\)，则\(m|2p+2\bigwedge 2\nmid\frac{2p+2}{m}\)
证：
由引理2知\(5\)不是是\(p\)的二次剩余，因此不可以直接开方（\(\sqrt5\)在不在模\(p\)的域\(\mathbb{F_p}\)中）。
所以我们定义\(\mathbb{F_p}(\sqrt5)=\{a+b\sqrt5|a,b\in\mathbb{F_p}\}\)。
这里可以理解为类似于从实数域扩展到复数域，然后我们可以证明它满足域的特征。
（证明在附录中）
利用二项式定理，我们有
\[
(a+b)^p\equiv a^p+b^p(mod\ p)
\]
\[ \therefore\phi^p\equiv(\frac12+\frac{\sqrt5}{2})^p\equiv(\frac12)^p+(\frac{\sqrt5}2)^p\equiv(\frac12)^p(1+\sqrt5^p)\equiv\frac12(1+5^\frac{p-1}2\sqrt5)\equiv\frac12(1-\sqrt5)\equiv\overline{\phi} \]
同理，我们可以得到\(\overline{\phi}^p=\phi\)。
因此我们有
\[ F_{p}\equiv\frac{\phi^p-\overline\phi^p}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi-\phi}{\sqrt5}\equiv p-1(mod\ p) \]
\[ F_{p+1}\equiv\frac{\phi^{p+1}-\overline\phi^{p+1}}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi\phi-\phi\overline\phi}{\sqrt5}\equiv0(mod\ p) \]
\[ F_{p+2}\equiv F_p+F_{p+1}\equiv p-1(mod\ p) \]
\[ \therefore m\nmid p+1 \]
又有
\[ F_{2p+1}\equiv\frac{\phi^{2p+1}-\overline\phi^{2p+1}}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi^2\phi-\phi^2\overline\phi}{\sqrt5}\equiv\frac{\phi\overline\phi(\overline\phi-\phi)}{\sqrt5}\equiv1(mod\ p) \]
\[ F_{2p+2}\equiv\frac{\phi^{2p+2}-\overline\phi^{2p+2}}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi^2\phi^2-\phi^2\overline\phi^2}{\sqrt5}\equiv0(mod\ p) \]
\[ F_{2p+3}\equiv F_{2p+1}+F_{2p+2}\equiv1(mod\ p) \]
\[ \therefore m| 2p+2 \]
\[ \therefore 2\nmid\frac{2p+2}{m} \]
综上，
\[
m|2p+2\bigwedge 2\nmid\frac{2p+2}{m}
\]
定理\(4\)得证。
实际上计算斐波那契循环节的方式已经在第四部分完全给出，下面做一下总结。
由定理1，分解质因数\(P=\prod\limits_{i=1}^s{p_i^{k_i}}\)，求\(F_n(mod\ p_i^{k_i})\)的循环节\(M_i\)，然后取\(M=lcm(M_1,\cdots,M_s)\)
现在我们将问题转化成了求\(F_n(mod\ p_i^{k_i})\)的循环节\(M_i\)。
由定理2，\(F_n(mod\ p_i^{k_i})\)的循环节\(M_i\)是\(p_i^{k_i-1}\)乘\(F_n(mod\ p_i)\)的循环节\(m_i\)的积\(m_ip_i^{k_i-1}\)的某一因数。
一个个检查因数会很麻烦，直接取这个\(m_ip_i^{k_i-1}\)也没有任何问题。因为我们是为了快速计算斐波那契数列的某个值，而\(m_ip_i^{k_i-1}\)是\(M_i\)一个倍数，最后得到的"循环节"\(\overline M=lcm(m_1p_1^{k_1-1},\cdots,m_sp_s^{k_s-1})\)也就会相应地变成正确的循环节\(M\)的倍数。但是\(\overline M\)一定是斐波那契数列循环的周期之一。（类似于三角函数最小正周期与周期的关系）。而且这个值也不会很大\((long\ long\)范围内\()\)，对其取模然后跑矩阵快速幂完全没有问题。
对于每个\(p_i\)，如果\(p_i\le5\)，直接打表：\(2\)的最小循环节是\(3,3\)的最小循环节是\(8,5\)的最小循环节是\(20\)。（这个都手算即可）
若\(p_i\equiv\pm1(mod\ 5)\)，则\(m_i\)是\(p_i-1\)的某一因数，理由同上，直接取本身即可。
若\(p_i\equiv\pm2(mod\ 5)\)，则\(m_i\)是\(2p+2\)的某一因数且\(2\nmid\frac{2p+2}{m}\)，直接取本身亦可。
关于上面那个不太重要的证明，这里进行补充。
设集合\(G=\{0,1,\cdots,p-1\}\)（\(p\)是素数），并对其定义模\(p\)意义下的加法\(+\)和乘法\(\cdot\)，易证其是一个域，记为\(\mathbb F_p\)。
其零元为\(0\)，单位元为\(1\)，\(a\)的加法逆元为\(p-1-a\)，除\(0\)以外的数的乘法逆元一定存在。
首先证明\(\mathbb F_p(\sqrt5)\)对于加法是一个交换群。
封闭性：
任取
\[
a,A\in\mathbb F_p(\sqrt5),a=b+c\sqrt5,A=B+C\sqrt5
\]
易知
\[
b,B,c,C\in\mathbb F_p
\]
于是有
\[
b+B,c+C\in\mathbb F_p
\]
则
\[
a+A=(b+B)+(c+C)\sqrt5\in\mathbb F_p(\sqrt5)
\]
结合律：仿照证明封闭性易证不难。
零元：易知\(0+0\sqrt5\)是零元。
逆元：\(a+b\sqrt5\)的逆元为\((p-1-a)+(p-1-b)\sqrt5\)。
交换律：仿照证明封闭性易证不难。
所以\(\mathbb F_p(\sqrt5)\)对于加法是一个交换群。
然后我们证明\(\mathbb F_p(\sqrt5)\)去掉零元之后对于乘法是一个交换群。
封闭性：仿照证明对于加法有封闭性易证不难。
结合律：仿照证明对于加法有结合律易证不难。
零元：易知\(1+0\sqrt5\)是零元。
逆元：这个是最不好做的，对于\(A=a+b\sqrt5\)，我们先取一个\(B=a-b\sqrt5\)，这两个乘起来是一个整数\(a^2-5b^2\)，显然这个数不为\(0\)，我们再把\(B\)的两个系数\(a\)和\(b\)都除以这个数就行了。
交换律：仿照证明对于加法有交换律易证不难。
所以\(\mathbb F_p(\sqrt5)\)去掉零元后对于乘法是一个交换群。
因此\(\mathbb F_p(\sqrt5)\)是一个域。
（几乎完全一样的过程要写十遍我人都傻了，自己证一下吧，都看到这了相信你一定能证明的）
注意特判模数为\(1\)的情况。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=1e4,S=30000001;
char s[S];
LL pi[N],k[N],P;
inline LL gcd(register LL n,register LL m){while(m^=n^=m^=n%=m); return n;}
inline LL lcm(register LL n,register LL m){return n/gcd(n,m)*m;}
struct matrix
{
LL a[3][3];
matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}
matrix operator*(matrix x)
{
matrix s;
for(register int i=1;i<=2;i++) for(register int j=1;j<=2;j++) for(register int k=1;k<=2;k++) s.a[i][j]=(s.a[i][j]+a[i][k]*x.a[k][j])%P;
return s;
}
matrix operator^(register LL k)
{
matrix s=*this,e;
e.a[1][1]=e.a[2][2]=1;
for(;k;k>>=1,s=s*s) if(k&1) e=e*s;
return e;
}
};
inline int power(register LL n)
{
matrix a,ans;
a.a[1][1]=a.a[1][2]=a.a[2][1]=1,a.a[2][2]=0;
ans=a^n;
return ans.a[1][2];
}
inline LL Get(register LL p)
{
register int s=sqrt(p),tot=0;
for(register int i=2;i<=s;++i)
if(!(p%i))
{
pi[++tot]=i,k[tot]=1;
while(!(p%i)) p/=i,k[tot]*=i;
}
for(register int i=1;i<=tot;++i) k[i]/=pi[i];
if(p!=1) k[++tot]=1,pi[tot]=p;
for(register int i=1;i<=tot;++i)
if(pi[i]==2) k[i]*=3;
else if(pi[i]==3) k[i]*=5;
else if(pi[i]==5) k[i]*=20;
else if(pi[i]%5==1||pi[i]%5==4) k[i]*=pi[i]-1;
else k[i]*=(pi[i]+1)<<1;
register LL ans=k[1];
for(register int i=2;i<=tot;++i) ans=lcm(ans,k[i]);
return ans;
}
int main()
{
register int len;
register LL m,n=0;
scanf("%s%lld",s+1,&P),len=strlen(s+1);
if(P==1) return cout<<0,0;
m=Get(P);
for(register int i=1;i<=len;++i) n=((n<<3)+(n<<1)+(s[i]^48))%m;
if(!n) return cout<<0,0;
if(n==1) return cout<<1,0;
return cout<<power(n),0;
}那个英文论文里面已经讲了另外一个数列\(Lucas\)数列，可以去看看练练手。
实际上大多数二阶线性递推数列都可以这样做，具体方法就是把\(\phi\)和\(\overline\phi\)换成其特征方程的两根，然后再各种部分相应修改即可。这里就不多讲了。留作读者自行练习
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原文地址：https://www.cnblogs.com/cjoierShiina-Mashiro/p/11385287.html
