F. Lunar New Year and a Recursive Sequence（矩阵快速幂+BSGS）
F. Lunar New Year and a Recursive Sequence
题意：
给出 f 1 = f 2 = ⋯ = f k − 1 = 1 f_1=f_2=\cdots=f_{k-1}=1 f1=f2=⋯=fk−1=1和 b 1 , b 2 ⋯ b k b_1,b_2\cdots b_k b1,b2⋯bk，还有递推方程
f i = f i − 1 b 1 f i − 2 b 2 ⋯ f i − k b k f_i=f_{i-1}^{b_1}f_{i-2}^{b_2}\cdots f_{i-k}^{b_k}\\ fi=fi−1b1fi−2b2⋯fi−kbk
问是否存在一个 f k f_k fk使得 f n ≡ m ( m o d p ) f_n\equiv m(mod~p) fn≡m(mod p)成立；
思路：
矩阵快速幂 + B S G S +BSGS +BSGS
因为 n n n很大，所以不能直接推出 f n f_n fn是 f k f_k fk的多少次方，观察递推式全是乘法，我们就想到用矩阵加速。
先推出矩阵。
假设 k = 4 k=4 k=4，则可以推出下面的式子。
f k = f k f k + 1 = f k b 1 f k − 1 b 2 f k − 2 b 3 f k − 3 b 4 = f k b 1 f k + 2 = f k + 1 b 1 f k b 2 f k − 1 b 3 f k − 2 b 4 = ( f k b 1 ) b 1 f k b 2 = f k b 1 2 + b 2 f k + 3 = f k + 2 b 1 f k + 1 b 2 f k b 3 f k − 1 b 4 = f k b 1 3 + 2 b 1 ∗ b 2 + b 3 f k + 4 = f k + 3 b 1 f k + 2 b 2 f k + 1 b 3 f k b 4 = f k b 1 4 + 3 b 1 2 b 2 + 2 b 1 b 3 + b 2 2 + b 4 f k + 5 = f k + 4 b 1 f k + 3 b 2 f k + 2 b 3 f k + 1 b 1 \begin{aligned} &f_k=f_k\\ &f_{k+1}=f_k^{b_1}f_{k-1}^{b_2}f_{k-2}^{b_3}f_{k-3}^{b_4}=f_k^{b_1}\\ &f_{k+2}=f_{k+1}^{b_1}f_k^{b_2}f_{k-1}^{b_3}f_{k-2}^{b_4}=(f_k^{b_1})^{b_1}f_k^{b_2}=f_k^{b_1^2+b_2}\\ &f_{k+3}=f_{k+2}^{b_1}f_{k+1}^{b_2}f_k^{b_3}f_{k-1}^{b_4}=f_k^{b_1^3+2b_1*b_2+b_3}\\ &f_{k+4}=f_{k+3}^{b_1}f_{k+2}^{b_2}f_{k+1}^{b_3}f_k^{b_4}=f_k^{b_1^4+3b_1^2b_2+2b_1b_3+b_2^2+b_4}\\ &f_{k+5}=f_{k+4}^{b_1}f_{k+3}^{b_2}f_{k+2}^{b_3}f_{k+1}^{b_1}\\ \end{aligned} fk=fkfk+1=fkb1fk−1b2fk−2b3fk−3b4=fkb1fk+2=fk+1b1fkb2fk−1b3fk−2b4=(fkb1)b1fkb2=fkb12+b2fk+3=fk+2b1fk+1b2fkb3fk−1b4=fkb13+2b1∗b2+b3fk+4=fk+3b1fk+2b2fk+1b3fkb4=fkb14+3b12b2+2b1b3+b22+b4fk+5=fk+4b1fk+3b2fk+2b3fk+1b1
我们可以看出每个 f i f_i fi都是由前 k k k个 f f f值推出来的，所以我们设 f i f_i fi的对应的 f k f_k fk的系数是 g i g_i gi
我们就能找到一个一维的矩阵乘法
[ g 4 , g 3 , g 2 , g 1 ] × [ b 1 b 2 b 3 b 4 ] = g 5 \left[ \begin{matrix} g_4,g_3,g_2,g_1 \end{matrix} \right]\times \left[ \begin{matrix} b_1\\b_2\\b_3\\b_4 \end{matrix} \right]=g_5 [g4,g3,g2,g1]×⎣⎢⎢⎡b1b2b3b4⎦⎥⎥⎤=g5
[ g 5 , g 4 , g 3 , g 2 ] × [ b 1 b 2 b 3 b 4 ] = g 6 \left[ \begin{matrix} g_5,g_4,g_3,g_2 \end{matrix} \right]\times \left[ \begin{matrix} b_1\\b_2\\b_3\\b_4 \end{matrix} \right]=g_6 [g5,g4,g3,g2]×⎣⎢⎢⎡b1b2b3b4⎦⎥⎥⎤=g6
所以我们把矩阵扩展到 k k k维，希望得到一个包含 g i g_i gi的矩阵乘以另一个矩阵得到包含形式相同且包含 g i + 1 g_{i+1} gi+1的矩阵，
推出：
[ g 7 g 6 g 5 g 4 g 6 g 5 g 4 g 3 g 5 g 4 g 3 g 2 g 4 g 3 g 3 g 1 ] × [ b 1 1 0 0 b 2 0 1 0 b 3 0 0 1 b 4 0 0 0 ] = [ g 8 g 7 g 6 g 5 g 7 g 6 g 5 g 4 g 6 g 5 g 4 g 3 g 5 g 4 g 3 g 2 ] \left[ \begin{matrix} g_7&g_6&g_5&g_4 \\g_6&g_5&g_4&g_3 \\g_5&g_4&g_3&g_2 \\g_4&g_3&g_3&g_1 \end{matrix} \right]\times \left[ \begin{matrix} b_1&1&0&0 \\b_2&0&1&0 \\b_3&0&0&1 \\b_4&0&0&0 \end{matrix} \right]=\left[\begin{matrix} g_8&g_7&g_6&g_5 \\g_7&g_6&g_5&g_4 \\g_6&g_5&g_4&g_3 \\g_5&g_4&g_3&g_2 \end{matrix} \right] ⎣⎢⎢⎡g7g6g5g4g6g5g4g3g5g4g3g3g4g3g2g1⎦⎥⎥⎤×⎣⎢⎢⎡b1b2b3b4100001000010⎦⎥⎥⎤=⎣⎢⎢⎡g8g7g6g5g7g6g5g4g6g5g4g3g5g4g3g2⎦⎥⎥⎤
通过 k = 4 k=4 k=4的特例，我们能够推出 k k k是范围内的任意矩阵。
我们就能推出 f n f_n fn是 f k f_k fk的多少次方，设 f n f_n fn = f k a =f_k^a =fka。
现在的问题是已知 a a a，求是否存在 f k f_k fk使 f k a ≡ m ( m o d p ) f_k^a\equiv m(mod~p) fka≡m(mod p)成立。
这个就是之前的 b s g s bsgs bsgs的进阶篇：进阶篇
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