【题目】

传送门

题目背景：

终于结束的起点
终于写下句点
终于我们告别
终于我们又回到原点
… … …… ……

一个个 OIer 的竞赛生涯总是从一场 NOIp 开始，大多也在一场 NOIp 中结束，好似一次次轮回在不断上演。

如果这次 NOIp 是你的起点，那么祝你的 OI 生涯如同夏花般绚烂。

如果这次 NOIp 是你的终点，那么祝你的 OI 回忆宛若繁星般璀璨。

也许这是你最后一次在洛谷上打比赛，也许不是。

不过，无论如何，祝你在一周后的比赛里，好运。

当然，这道题也和轮回有关系。

题目描述：

广为人知的斐波拉契数列 f i b ( n ) \mathrm{fib}(n) fib(n) 是这么计算的

也就是 0 , 1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 , 13 ⋯ 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13 \cdots 0,1,1,2,3,5,8,13⋯，每一项都是前两项之和。

小 F 发现，如果把斐波拉契数列的每一项对任意大于 1 1 1 的正整数 m m m 取模的时候，数列都会产生循环。

当然，小 F 很快就明白了，因为 ( f i b ( n − 1 ) &VeryThinSpace; m o d &VeryThinSpace; m ) (\mathrm{fib}(n - 1) \bmod m) (fib(n−1)modm) 和 ( f i b ( n − 2 ) &VeryThinSpace; m o d &VeryThinSpace; m ) (\mathrm{fib}(n - 2) \bmod m) (fib(n−2)modm) 最多只有 m 2 m ^ 2 m2 种取值，所以在 m 2 m ^ 2 m2 次计算后一定出现过循环。

甚至更一般地，我们可以证明，无论取什么模数 m m m，最终模 m m m 下的斐波拉契数列都会是 0 , 1 , ⋯   , 0 , 1 , ⋯ 0, 1, \cdots, 0, 1, \cdots 0,1,⋯,0,1,⋯。

现在，给你一个模数 m m m，请你求出最小的 n > 0 n > 0 n>0，使得 f i b ( n ) &VeryThinSpace; m o d &VeryThinSpace; m = 0 , f i b ( n + 1 ) &VeryThinSpace; m o d &VeryThinSpace; m = 1 \mathrm{fib}(n) \bmod m = 0, \mathrm{fib}(n + 1) \bmod m = 1 fib(n)modm=0,fib(n+1)modm=1。

输入格式：

输入一行一个正整数 m m m。

输出格式：

输出一行一个正整数 n n n。

样例数据：

【样例 1 1 1】

输入
2

输出
3

【样例 2 2 2】

输入
6

输出
24

说明：

【样例 1 1 1 解释】

斐波拉契数列为 0 , 1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 , 13 , 21 , 34 , ⋯ 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, \cdots 0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,⋯，在对 2 2 2 取模后结果为 0 , 1 , 1 , 0 , 1 , 1 , 0 , 1 , 1 , 0 , ⋯ 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, \cdots 0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,⋯。

我们可以发现，当 n = 3 n = 3 n=3 时， f i b ( n ) &VeryThinSpace; m o d &VeryThinSpace; 2 = 0 , f i b ( n + 1 ) &VeryThinSpace; m o d &VeryThinSpace; 2 = 1 \mathrm{fib}(n) \bmod 2= 0, \mathrm{fib}(n + 1) \bmod 2 = 1 fib(n)mod2=0,fib(n+1)mod2=1，也就是我们要求的 n n n 的最小值。

【数据范围】

对于 30 % 30\% 30% 的数据， m ≤ 18 m \leq 18 m≤18；

对于 70 % 70\% 70% 的数据， m ≤ 2018 m \leq 2018 m≤2018；

对于 100 % 100\% 100% 的数据， 2 ≤ m ≤ 706150 = 2 \leq m \leq 706150= 2≤m≤706150= 0xAC666。

提示：

如果你还不知道什么是取模 ( &VeryThinSpace; m o d &VeryThinSpace; ) (\bmod) (mod)，那我也很乐意告诉你，模运算是求整数除法得到的余数，也就是竖式除法最终「除不尽」的部分，也即
a &VeryThinSpace; m o d &VeryThinSpace; m = k   ⟺   a = b m + k ( m > 0 , 0 ≤ k < m ) a \bmod m =k \iff a = bm + k\ (m > 0, 0 \leq k < m) amodm=k⟺a=bm+k (m>0,0≤k<m)

其中 a , b , k a, b, k a,b,k 都是非负整数。

如果你使用 C / C++，你可以使用 % 来进行模运算。

如果你使用 Pascal，你可以使用 mod 来进行模运算。

【分析】

这道题走心了啊

其实不是一道难题，暴力就可以过（暴力出奇迹啊）

然后注意一下内存的优化（可以用滚动数组）就可以了

希望自己一个星期后的 NOIP RP++ 啊，就是暴力都能 A 的那种（当然是不可能的）

【代码】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{int m,i=1;scanf("%d",&m);int a=0,b=1,c;while(1){c=(a+b)%m;if(b==0&&c==1){printf("%d",i);return 0;}a=b,b=c,i++;}return 0;
}

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