题解：P7325 [WC2021] 斐波那契

题解：P7325 [WC2021] 斐波那契

题目传送门

---

题意简述

有 \(F_0 = a\)，\(F_1 = b\)，\(F_i = (F_{i-1} + F_{i-2}) \bmod m\)（\(i \ge 2\)），求 \(\min\{p\}\) 使得 \(F_p = 0\)。

规定

\(F_n = \left\{\begin{aligned} 0 \space (n \le 1)\\1 \space (n=1) \\ F_{n-1}+F_{n-2} \space (n\ge 2) \end{aligned}\right.\)

题中序列为 \(G\)。

\((a, b,\dots,n)\) 为 \(a\)、\(b\) 到 \(n\) 的 \(\gcd\)。

\(a \perp b\) 为 \(a\)、\(b\) 互质。

题目思路

首先容易发现原问题等价于求 \(\min\{n\}\) 使得 \(aF_{n-1}+bF_n\equiv 0\pmod m\)。

证明：

当 \(n = 2\) 时：\(G_2 = G_0 + G_1 = b = (F_0a + F_1b) \bmod m\)。

当 \(n =3\) 时：\(G_3 = G_1+ G_2 = a + b = (F_1a+F_2b) \bmod m\)。

设当 \(n \le i\) 时 \(F_n = aF_{n-1}+bF_n\) 成立。

当 \(n = i + 1\) 时：\(G_{i + 1} = (G_i + G_{i - 1}) \bmod m = (aF_{i - 1} + bF_i+aF_{i - 2} + bF_{i - 1}) \bmod m = (aF_{i}+bF_{i-1})\bmod m\)。

故 \(aF_{n-1}+bF_n\equiv G_n\pmod m\)。

为了解决原题，考虑把推导出一个形如 \(B\equiv A\pmod m\)（\(A\) 为和 \(a\)、\(b\)、\(m\) 有关的式子、\(B\) 为和 \(F\) 有关的式子）。

设 \(d = (a, b, m)\)、\(a' = \frac{a}{d}\)、\(b'=\frac{b}{d}\)、\(m'=\frac{m}{d}\) 则 \(a' F_{n-1}+b' F_n\equiv 0\pmod {m'}\)。

证明：

若 \(x \equiv y \pmod z\)，设 \(d=(x, z, y)\)。

\(\because x\bmod z = (\frac{x}{d}\bmod z)d\)，\(y\bmod z = (\frac{y}{d}\bmod z)d\)，\(x \equiv y \pmod z\)。

\(\therefore (\frac{x}{d}\bmod z)d \equiv (\frac{y}{d}\bmod z)d \pmod z\)。

\(\therefore \frac{x}{d} \equiv \frac{y}{d} \pmod {\frac{z}{d}}\)。

因为 \(F_n \perp F_{n - 1}\space(1)\)，所以 \((F_n,m')=(a',m')=p\space(2)\)、\((F_{n-1},m')=(b',m')=q\space(2)\)。

\(F_n \perp F_{n - 1}\space(1)\) 证明：

当 \(n=2\) 时：\(F_2 = 1, F_1=1,F_1 \perp F_2\)。

当 \(n=3\) 时：\(F_3 = 2, F_2=1,F_3 \perp F_2\)。

设当 \(n\le i\) 时 \(F_n \perp F_{n - 1}\) 成立。

当 \(n = i + 1\) 时：

设 \(d = (F_i,F_{i+1})\)，则：\(d \mid F_i\)、\(d\mid F_{i + 1}\)。

\(\because F_n = F_{n-1}+F_{n-2}\)。

\(\therefore d\mid (F_{i+1}-F_i)=F_{i-1}\)。

\(\therefore d=(F_{i-1},F_i)=1\Rightarrow F_{i + 1} \perp F_i\)。

故 \(F_n \perp F_{n - 1}\)。

\((F_n,m')=(a',m')=p\space(2)\)、\((F_{n-1},m')=(b',m')=q\space(2)\) 证明。

设 \(p=(F_n,m')\)，则 \(p\mid F_n\)、\(p\mid F_{n - 1}\)。

又 \(\because a' F_{n-1}+b' F_n\equiv 0\pmod {m'} \Rightarrow a' F_{n-1}=km-b' F_n\)。

\(\therefore p\mid a'F_{n-1}\)。

又 \(\because F_n \perp F_{n - 1}\)，\(p \perp F_n\)。

\(\therefore p\mid a'\)。

反之，设 \(p'=(a',m')\) 可得 \(p'\mid F_n\)。

综上 \((F_n,m')=(a',m')=p\)，同理 \((F_{n-1},m')=(b',m')=q\)。

\(a' F_{n-1}+b' F_n\equiv 0\pmod {m'}\) 两边同时除以 \(pq\) 得 \(\frac{a'}{pq}F_{n-1}+\frac{b'}{pq} F_n\equiv 0\pmod {\frac{m'}{pq}}\)。易证加号两边互质，移项可得 \(-\frac{b'}{a'}\equiv \frac{F_{n-1}}{F_n}\pmod {\frac{m'}{pq}}\)。

由于斐波那契数列在模 \(m\) 意义下是有循环节的，我们可以先预处理，对于每个 \(m'\)，计算 \(\frac{F_{n-1}}{F_n}\bmod \frac{m'}{pq}\)、\(p\)、\(q\)，并存储三元组 \((p,q,\frac{Fn−1}{Fn} \bmod \frac{m′}{pq})\)。对于每组询问的 \(a\)、\(b\)，计算 \(d⁡\)，并得到 \(a′\)、\(b′\)、\(m′\)。计算 \(p\)、\(q\)、\(-\frac{b'}{a'}\bmod \frac{m'}{pq}\)，在存储的三元组中查找是否存在对应的项。如果存在，则找到最小的 \(n\) 使得满足条件，如果不存在，则输出 \(−1\)。

AC code

#include<bits/stdc++.h> 

#define int long long 
 
using namespace std; 
 
const int N = 200000; 
 
using PPIII = pair<pair<int, int>, int>; 
int n, m, a, b; 
map<PPIII, int> ck[N + 5]; 
 
void exgcd(int a, int b, int &x, int &y) { 
    if (a == 1) { 
        x = 1; 
        y = 0; 
        return ; 
    } 
    exgcd(b, a % b, y, x); 
    y -= a / b * x; 
} 
//解方程 ax + by = 0 
 
int inv(int x, int m) { 
    int n, temp; 
    exgcd(x, m, n, temp); 
    return (n % m + m) % m; 
} 
//解同余方程求逆元 
 
signed main() { 
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(nullptr);  
    cin >> n >> m; 
    
    for (int i = 2; i <= m; i ++ ) 
        if (m % i == 0) { // 枚举 m' 
            int x = 1, y = 0, s = 0; 
            while (true) { // 枚举斐波那契数列 
                if (x != 0 && y != 0) { 
                    int dx = __gcd(x, i), dy = __gcd(y, i); 
                    int mp = i / dx / dy; 
                    int t = ((y / dy) * inv((x / dx), mp) % mp + mp) % mp; 
                    // 存储
                    if (!ck[i].count({{dx, dy}, t})) 
                        ck[i][{{dx, dy}, t}] = s; 
                    // 保存 
                } 
                int t = x; 
                x = y; 
                y = (t + y) % i; 
                // 计算下一对 
                if (x == 1 && y == 0) break; 
                // 循环节 
                s ++ ; 
            } 
        } 
    
    while(n -- ) { 
        cin >> a >> b; 
        b = (m - b) % m; 
        if (a == 0) { 
            cout << "0\n"; 
            continue; 
        } 
        if(b == 0) { 
            cout << "1\n"; 
            continue; 
        } 
        // 特殊判断 
        int d = __gcd(__gcd(a, b), m), mp = m / d; 
        a /= d; b /= d; 
        int p = __gcd(a, mp), q = __gcd(b, mp), mpp = mp / p / q; 
        a /= p, b /= q; 
        int k = (a * inv(b, mpp) % mpp + mpp) % mpp; 
        // 查询
        if (ck[mp].count({{q, p}, k})) 
            cout << ck[mp][{{q, p}, k}] << '\n'; 
        else 
            cout << "-1\n"; 
        // 查询答案 
    } 
    return 0; 
}