2019牛客暑期多校训练营（第五场）B.generator 1(广义斐波那契数列找循环节)
题意
已知 x 0 , x 1 , a , b ( 1 ≤ 1 0 9 ) x_0,x_1,a,b(1\leq10^9) x0,x1,a,b(1≤109)，求
x n = a x n − 1 + b x n − 2 ( m o d m ) x_n=ax_{n-1}+bx_{n-2}(\ mod \ m) xn=axn−1+bxn−2( mod m)
1 ≤ n ≤ 1 0 1 0 6 , 1 0 9 < m ≤ 2 × 1 0 9 1\leq n\leq 10^{10^6},10^9<m\leq2\times10^9 1≤n≤10106,109<m≤2×109
思路
由于题目中给的 n n n特别大，所以直接做矩阵快速幂不行，当然可以用10进制快速幂做。这里介绍一下找循环节的办法。
显然的在模意义下广义斐波那契必有循环节，那么循环节和什么有关呢，对于广义斐波那契数列
{ f [ 1 ] = c f [ 2 ] = d f [ n ] = a f [ n − 1 ] + b f [ n − 2 ] , n > 2 \left\{\begin{matrix} f[1]=c\\ f[2]=d\\ f[n]=af[n-1]+bf[n-2],n>2 \end{matrix}\right. ⎩⎨⎧f[1]=cf[2]=df[n]=af[n−1]+bf[n−2],n>2
我们可以尝试固定 a , b a,b a,b改变 c , d c,d c,d，会发现数列的循环节其实没有变化的，要说证明的话我们可以构造一下矩阵
[ f n f n − 1 ] = [ a b 1 0 ] [ f n − 1 f n − 2 ] ( m o d m ) \begin{bmatrix} f_n\\ f_{n-1} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a&b \\ 1&0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} f_{n-1}\\ f_{n-2} \end{bmatrix}(\ mod \ m) [fnfn−1]=[a1b0][fn−1fn−2]( mod m)
而循环节就是在模意义下 [ a b 1 0 ] k = [ 1 0 0 1 ] ( m o d m ) \begin{bmatrix} a&b \\ 1&0 \end{bmatrix}^k=\begin{bmatrix} 1&0 \\ 0&1 \end{bmatrix}(\ mod \ m ) [a1b0]k=[1001]( mod m),这里的 k k k就是循环节，所以实际上只会和 a , b a,b a,b有关和 c , d c,d c,d是无关的
接下来有这么一个定理若模数为 m = p 1 a 1 p 2 a 2 ⋯ p k a k m=p_{1}^{a_1}p_{2}^{a_2}\cdots p_{k}^{a_k} m=p1a1p2a2⋯pkak， g ( m ) g(m) g(m)表示模 m m m下循环节，那么就有
g ( m ) = l c m ( g ( p 1 a 1 ) , g ( p 2 a 2 ) , ⋯ , g ( p k a k ) ) g(m)=lcm(g(p_{1}^{a_1}),g(p_{2}^{a_2}),\cdots, g(p_{k}^{a_k})) g(m)=lcm(g(p1a1),g(p2a2),⋯,g(pkak))
l c m lcm lcm为最小公倍数
并且对于 g ( p k ) g(p^k) g(pk)， p p p为质数,有 g ( p k ) = g ( p ) ∗ p k − 1 g(p^k)=g(p)*p^{k-1} g(pk)=g(p)∗pk−1
那么我们现在就可以将给的模数 m m m唯一分解了然后对于其每一个质因数求解循环节，现在考虑对于质因数 p p p怎么求解循环节
我们可以对其的通项下手进行分析，对于这种2阶线性常系数齐次递推关系，我们可以用特征方程的方式来求解其的通项即
x 2 − a x − b = 0 x^2-ax-b=0 x2−ax−b=0
考虑用求根公式来求解 Δ = a 2 + 4 b \Delta=a^2+4b Δ=a2+4b，考虑 Δ \Delta Δ在 ( m o d p ) (\ mod\ p) ( mod p)的情况 p > 2 p>2 p>2
- Δ ≡ 0 ( m o d p ) \Delta\equiv0(\ mod \ p) Δ≡0( mod p)，即有重根的情况，就有 f [ n ] = A n ( B n + C ) f[n]=A^n(Bn+C) f[n]=An(Bn+C)
根据求根公式 A = a + Δ 2 = a 2 A=\frac{a+\sqrt{\Delta}}{2}=\frac{a}{2} A=2a+Δ=2a
有 A = a ∗ i n v 2 ( m o d p ) A=a*inv2(\ mod\ p) A=a∗inv2( mod p)那我们就可以用费马小定理来得到循环节了
A p − 1 ≡ A 0 ≡ 1 ( m o d p ) A^{p-1}\equiv A^0\equiv 1(\ mod \ p) Ap−1≡A0≡1( mod p)
又有 p ≡ 0 ( m o d p ) p\equiv 0(\ mod \ p) p≡0( mod p)
所以循环节必是 l c m ( p − 1 , p ) = p ( p − 1 ) lcm(p-1,p)=p(p-1) lcm(p−1,p)=p(p−1)的倍数 - Δ ̸ ≡ 0 ( m o d p ) \Delta\not\equiv 0(\ mod \ p) Δ̸≡0( mod p)，即有两个不同的根的情况有 f [ n ] = A B n + C D n f[n]=AB^n+CD^n f[n]=ABn+CDn
根据求根公式我们求的是 Δ \sqrt{\Delta} Δ的所以我们得考虑 Δ \Delta Δ是否是模 p p p意义下的二次剩余
若 Δ \Delta Δ为二次剩余即 x 2 ≡ Δ ( m o d p ) x^2\equiv\Delta(\ mod \ p) x2≡Δ( mod p)， x x x有解，那么表示在模 p p p意义下 Δ \sqrt{\Delta} Δ可以表示，那么
B = a + Δ 2 , D = a + Δ 2 B=\frac{a+\sqrt{\Delta}}{2},D=\frac{a+\sqrt{\Delta}}{2} B=2a+Δ,D=2a+Δ在模意义下都是整数，根据费马小定理或者是扩展欧拉降幂， B n , C n B^n,C^n Bn,Cn在模 p p p的情况下循环节就是 p − 1 p-1 p−1的倍数
若 Δ \Delta Δ不为二次剩余即 x 2 ≡ Δ ( m o d p ) x^2\equiv\Delta(\ mod \ p) x2≡Δ( mod p)， x x x无解，那么我们可以考虑将 B p + 1 B^{p+1} Bp+1展开
B p + 1 = ( a + Δ 2 ) p + 1 = 1 2 p + 1 ∑ i = 0 p + 1 C p + 1 i a p + 1 − i Δ i B^{p+1}=(\frac{a+\sqrt{\Delta}}{2})^{p+1}=\frac{1}{2^{p+1}}\sum_{i=0}^{p+1}C_{p+1}^ia^{p+1-i}\sqrt{\Delta}^i Bp+1=(2a+Δ)p+1=2p+11i=0∑p+1Cp+1iap+1−iΔi
≡ 1 4 ( Δ p + 1 + a Δ p + 0 + ⋯ + 0 + a Δ + a 2 ) ( m o d p ) \equiv\frac{1}{4}(\sqrt{\Delta}^{p+1}+a\sqrt{\Delta}^p+0+\cdots+0+a\sqrt{\Delta}+a^2)(\ mod \ p) ≡41(Δp+1+aΔp+0+⋯+0+aΔ+a2)( mod p)
上式根据组合数 C p + 1 i = ( p + 1 ) ( p ) ( p − 1 ) ⋯ 1 ∗ 2 ∗ 3 ∗ ⋯ C_{p+1}^{i}=\frac{(p+1)(p)(p-1)\cdots}{1*2*3*\cdots} Cp+1i=1∗2∗3∗⋯(p+1)(p)(p−1)⋯，所以中间部分都为 0 0 0， 1 2 p + 1 \frac{1}{2^{p+1}} 2p+11根据逆元可以变为 1 4 \frac{1}{4} 41
再根据欧拉准则
Δ p − 1 2 ≡ − 1 ( m o d p ) \Delta^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(\ mod\ p) Δ2p−1≡−1( mod p)
带入上式有
B p + 1 ≡ 1 4 ( − Δ − a Δ + a Δ + a 2 ) ( m o d p ) B^{p+1}\equiv \frac{1}{4}(-\Delta-a\sqrt{\Delta}+a\sqrt{\Delta}+a^2)(\ mod \ p) Bp+1≡41(−Δ−aΔ+aΔ+a2)( mod p)
有 Δ = a 2 + 4 b \Delta=a^2+4b Δ=a2+4b，所以有
B p + 1 ≡ − b ( m o d p ) B^{p+1}\equiv -b(\ mod \ p) Bp+1≡−b( mod p)
再根据费马小定理
( B p + 1 ) p − 1 ≡ ( − b ) p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) (B^{p+1})^{p-1}\equiv (-b)^{p-1}\equiv 1(\ mod \ p) (Bp+1)p−1≡(−b)p−1≡1( mod p)
所以
B ( p + 1 ) ( p − 1 ) ≡ 1 ( m o d p ) B^{(p+1)(p-1)}\equiv 1(\ mod \ p) B(p+1)(p−1)≡1( mod p)
同理
D ( p + 1 ) ( p − 1 ) ≡ 1 ( m o d p ) D^{(p+1)(p-1)}\equiv 1(\ mod \ p) D(p+1)(p−1)≡1( mod p)
也就是说循环节必是 ( p + 1 ) ( p − 1 ) (p+1)(p-1) (p+1)(p−1)的倍数
解决完 p p p为奇素数的情况，再考虑 p = 2 p=2 p=2的情况，我们可以通过打表打法发现对于 p = 2 p=2 p=2时任意的 a , b a,b a,b可以循环节可以为 3 3 3的倍数，但是 p = 2 k p=2^k p=2k时，循环节并不遵从 g ( 2 k ) = g ( 2 ) ∗ 2 k − 1 g(2^k)=g(2)*2^{k-1} g(2k)=g(2)∗2k−1，其实本质在于求根公式中有一个除以 2 2 2的操作，所以做不了同余式
对于 p = 2 k p=2^k p=2k时，例如 p = 4 , a = 2 , b = 1 p=4,a=2,b=1 p=4,a=2,b=1时循环节为 4 4 4，所以循环节并不符合 g ( 2 k ) = g ( 2 ) ∗ 2 k − 1 = 6 g(2^k)=g(2)*2^{k-1}=6 g(2k)=g(2)∗2k−1=6，而是4，那么我们其实可以取这两者的最小公倍数，那么其实可以发现对于 p = 2 k p=2^k p=2k的情况循环节满足是 g ( 2 k ) = 3 ∗ 2 k g(2^k)=3*2^k g(2k)=3∗2k.这样就可以找到循环节了。
顺便提一下如何判定一个数是否是模 p p p的二次剩余
a p − 1 2 ≡ 1 ( m o d p ) a^{\frac{p-1}{2}}\equiv1(\ mod \ p) a2p−1≡1( mod p)时 a a a就是模 p p p下的二次剩余
以上题解可以用一个例子加深理解
f [ n ] = f [ n − 1 ] + f [ n − 2 ] % 1000000009 f[n]=f[n-1]+f[n-2]\% 1000000009 f[n]=f[n−1]+f[n−2]%1000000009
f n = 5 5 [ ( 1 + 5 2 ) n − ( 1 − 5 2 ) n ] f_n=\frac{\sqrt{5}}{5}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n] fn=55[(21+5)n−(21−5)n]
38300801 6 2 ≡ 5 ( m o d 1000000009 ) 383008016^2\equiv 5(\ mod \ 1000000009) 3830080162≡5( mod 1000000009)
383008016 ≡ 5 ( m o d 1000000009 ) 383008016\equiv \sqrt{5}(\ mod \ 1000000009) 383008016≡5( mod 1000000009)
5 5 ≡ 276601605 ( m o d 1000000009 ) \frac{\sqrt{5}}{5}\equiv 276601605 (\ mod \ 1000000009) 55≡276601605( mod 1000000009)
1 + 5 2 ≡ 691504013 ( m o d 1000000009 ) \frac{1+\sqrt{5}}{2}\equiv 691504013 (\ mod \ 1000000009) 21+5≡691504013( mod 1000000009)
1 − 5 2 ≡ 308495997 ( m o d 1000000009 ) \frac{1-\sqrt{5}}{2}\equiv 308495997 (\ mod \ 1000000009) 21−5≡308495997( mod 1000000009)
f n ≡ 276601605 ( 69150401 3 n − 30849599 7 n ) ( m o d 1000000009 ) f_n\equiv 276601605(691504013^n-308495997^n)(\ mod \ 1000000009) fn≡276601605(691504013n−308495997n)( mod 1000000009)
本题由于求得的循环节可能很大所以在对输入的数进行乘10取模的时候可能会爆LL，所以用快速乘代替
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2;
LL mod = 1000000007;
int cnt,ct;
LL pri[100005];
LL num[100005];
struct Matrix
{
LL m[N][N];
} ;
Matrix A;
Matrix I = {1, 0, 0, 1};
char str[1000005];
mapy;
int flag=0;
Matrix multi(Matrix a,Matrix b)
{
Matrix c;
for(int i=0; i0)
{
if(n & 1)
{
ans = multi(ans,p);
n--;
}
n >>= 1;
p = multi(p,p);
}
return ans;
}
LL quick_mod(LL a,LL b,LL MOD)
{
LL ans = 1;
a %= MOD;
while(b>0)
{
if(b & 1)
{
ans = ans * a % MOD;
b--;
}
b >>= 1;
a = a * a % MOD;
}
return ans;
}
LL quick_mul(LL a,LL b,LL MOD)
{
LL ans=0;
while(b)
{
if(b&1)
{
ans=ans+a;
if(ans>MOD)
{
ans%=MOD;
flag=1;
}
}
a=a+a;
if(a>MOD)
{
a%=MOD;
flag=1;
}
b=b/2;
}
return ans;
}
LL Legendre(LL a,LL p,LL MOD)
{
LL t = quick_mod(a,(p-1)>>1,MOD);
if(t == 1) return 1;
return -1;
}
void yinzi(LL x)
{
for(int i=2; i*i<=x; i++)
{
if(x%i==0)
{
while(x%i==0)
{
y[i]++;
x=x/i;
}
}
}
if(x>1)
{
y[x]++;
}
}
LL lcm(LL a,LL b)
{
return a/__gcd(a,b)*b;
}
LL get_len(LL a,LL b,LL mod)
{
yinzi(mod);
for(map::iterator i=y.begin(); i!=y.end(); i++)
{
pri[cnt]=i->first;
num[cnt]=i->second;
cnt++;
}
LL ans=1;
LL c=a*a+4*b;
for(int i=0; i>c>>d>>a>>b;
cin>>str>>mod;
LL p=get_len(a,b,mod);
LL n=0;
int len=strlen(str);
for(int i=0; i