如题，毕克老师给我们出的noip(NOIplus)模拟赛的\(Day1T1\)

首先我们知道斐波那契数列的特征根
\[\phi_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\]
\[\phi_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\]
于是
\[F_n=\frac{\phi_1^n-\phi_2^n}{\sqrt{5}}\]

对于不为\(5\)的质数\(p\)

若\(5\)是模\(p\)意义下的二次剩余

设最小循环节长度为\(m\)
那么\(\phi_1,\phi_2\)是模\(p\)的完全剩余系中的元素
根据费马小定理
\[\phi_1^{p-1} \equiv 1 \mod p​\]
\[\phi_2^{p-1} \equiv 1 \mod p​\]
\[F_{p-1} \equiv \frac{\phi_1^{p-1}-\phi_2^{p-1}}{\sqrt{5}} \equiv 0 \mod p\]
\[F_{p} \equiv \frac{\phi_1^{p}-\phi_2^{p}}{\sqrt{5}} \equiv \frac{\phi_1-\phi_2}{\sqrt{5}} \equiv 1 \mod p\]
\[m | p-1\]

若\(5\)是模\(p\)意义下的二次非剩余

设最小循环节长度为\(m\)
根据欧拉判别准则
\[ 5^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \mod p\]
\[ \phi_1^p \equiv (\frac{1+\sqrt{5}}{2})^p \equiv (\frac{1}{2})^p (1+\sqrt{5})^p \equiv (\frac{1}{2})^p (1+\sqrt{5}^p) \equiv \frac{1}{2} (1+5^{\frac{p-1}{2}} \sqrt{5}) \equiv \phi_2 \mod p\]
同理可得
\[ \phi_2^p \equiv \phi_1 \mod p\]
\[ F_{2p+1} \equiv \frac{\phi_1^{2p+1}-\phi_2^{2p+1}}{\sqrt{5}} \equiv \frac{\phi_1^{2p}\phi_1-\phi_2^{2p}\phi_2}{\sqrt{5}} \equiv \frac{\phi_2^{2}\phi_1-\phi_1^{2}\phi_2}{\sqrt{5}} \equiv \phi_1\phi_2\frac{\phi_2-\phi_1}{\sqrt{5}} \equiv 1 \mod p\]
\[ F_{2p+2} \equiv \frac{\phi_1^2\phi_2^2-\phi_2^2\phi_1^2}{\sqrt{5}} \equiv 0 \mod p\]
\[ F_{2p+3} \equiv F_{2p+1}+ F_{2p+2}\equiv 1 \mod p \]
\[m|2p+2\]

对于质数的幂\(p^k\)

设模\(p\)意义下的最小循环节长度为\(m\)，模\(p^k\)意义下的最小循环节长度为\(m'\)
\[ F_m \equiv \frac{\phi_1^m-\phi_2^m}{\sqrt{5}} \equiv 0 \mod p\]
\[ \phi_1^m \equiv \phi_2^m \mod p \]
\[ F_{m+1} \equiv F_1 \mod p\]
\[ \phi_1^{m+1}-\phi_2^{m+1}-\phi_1+\phi_2\equiv \phi_1(\phi_1^m-1)-\phi_2(\phi_2^m - 1) \equiv ( \phi_1-\phi_2)(\phi_1^m-1) \equiv 0 \mod p\]
\[ \phi_1^m \equiv \phi_2^m \equiv 1 \mod p\]
\[ {(\phi_1^m)}^{p^{k-1}} \equiv {(\phi_2^m)}^{p^{k-1}} \equiv 1 \mod p^k\]
注:这里引用了一个定理

若\(a \equiv 1 \mod p\),则\(a^{p^k} \equiv 1 \mod p^{k+1}\)

可以用数学归纳法证明
\(k=1\)时，令\(a=np+1\)有
\[ a^p \equiv (np+1)^p \equiv \sum_{i=0}^{p}{C_p^i* (np)^p} \equiv 1+p*(np)+\sum_{i=2}^{p}{C_p^i* (np)^p} \equiv 1 \mod p^2\]
若当\(k=m\)时成立，令\(a^{p^m}=np^{m+1}+1\)有
\[ a^{p^{m+1}} \equiv (a^{p^m})^p \equiv (np^{m+1}+1)^p \equiv 1+p*np^{m+1}+\sum_{i=2}^{p}{C_p^i *(np^{m+1})^p} \equiv 1 \mod p^{m+2} \]
得证

所以
\[ F_{mp^{k-1}} \equiv 0 \mod p^k\]
\[ F_{mp^{k-1}+1} \equiv 1 \mod p^k\]
\[ m'|mp^{k-1}\]

注：
就我所知对于目前已知的所有情况,都有$ m'=mp^{k-1} $
然而我所能查到的论文都说数学上还没有证明
如果哪位大佬知道请赐教……

对于合数\(p_1^{k_1}*p_2^{k_2}*...*p_c^{k_c}\)

设模\(p_1^{k_1}*p_2^{k_2}*...*p_c^{k_c}\)意义下的最小循环节长度为\(m\)
\[ F_m \equiv 0 \mod p_1^{k_1}*p_2^{k_2}*...*p_c^{k_c} \]
\[ F_{m+1} \equiv 1 \mod p_1^{k_1}*p_2^{k_2}*...*p_c^{k_c} \]
由中国剩余定理
\[ F_m \equiv 0 \mod p_1^{k_1}\]
\[ F_{m+1} \equiv 1 \mod p_1^{k_1}\]
\[ F_m \equiv 0 \mod p_2^{k_1}\]
\[ F_{m+1} \equiv 1 \mod p_2^{k_1}\]
\[ ... \]
\[ F_m \equiv 0 \mod p_c^{k_c}\]
\[ F_{m+1} \equiv 1 \mod p_c^{k_c}\]
所以在模\(p_i^{k_i}\)意义下分别求解
答案取\(lcm\)即可

优化&总结&代码

关于判断\(5\)是否是模\(p\)(\(p\)为奇素数且\(p \neq 5\))意义下的二次剩余
可以直接用欧拉判别准则
但是需要快速幂，带一个\(log\)
我们还可以考虑优化这个算法
由二次互反律
可以得到
\[(\frac{5}{p})=(\frac{p}{5})(-1)^{\frac{(5-1)(p-1)}{4}}=(\frac{p}{5})\]
因为
\[ (\frac{1}{5}) = (\frac{4}{5}) =1 \]
\[ (\frac{2}{5}) = (\frac{3}{5}) =-1 \]
所以
当且仅当\(p \equiv 1 \mod 5\)或\(p \equiv 4 \mod 5\)时\(5\)是模\(p\)意义下的二次剩余
当且仅当\(p \equiv 2 \mod 5\)或\(p \equiv 3 \mod 5\)时\(5\)是模\(p\)意义下的二次非剩余

\(2\)和\(5\)比较特殊
同样由二次互反律可以注意到\(2\)的条件是相反的
而\(5\)则不在以上所有讨论范围内，没有理论上的证明
然而不是有样例吗……
所以小于等于\(5\)的我都直接返回答案了(实际上\(1e6\)内都可以暴力跑出来)
对于其它质数求解时直接枚举\(p-1\)或\(2p+2\)的约数判断即可

然后这道题就完美地做完了

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define gc c=getchar()
#define r(x) read(x)
#define ll long longtemplate<typename T>
inline void read(T&x){x=0;T k=1;char gc;while(!isdigit(c)){if(c=='-')k=-1;gc;}while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';gc;}x*=k;
}const int N=5e4+7;int tot;
int pri[N];
bool mark[N];inline void init(){for(int i=2;i<N;++i){if(!mark[i])pri[++tot]=i;for(int j=1,tmp;j<=tot&&(tmp=i*pri[j])<N;++j){mark[tmp]=1;if(i%pri[j]==0)break;}}
}int p;inline int add(int a,int b){a+=b;if(a>=p)a-=p;return a;
}inline int mul(int a,int b){return (ll)a*b%p;
}inline int spr(int a){return mul(a,a);
}ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;
}ll lcm(ll a,ll b){return a/gcd(a,b)*b;
}map<int,int>F;int fib(int n){if(n<=1)return n;int &ans=F[n];if(ans)return ans;if(n&1)return ans=add(spr(fib((n+1)>>1)),spr(fib((n-1)>>1)));int tmp=fib(n>>1);return ans=mul(tmp,add(mul(2,fib((n>>1)-1)),tmp));
}vector<int> d;inline void div(int x){int t=sqrt(x);d.clear();for(int i=2;i<t;++i){if(x%i==0){d.push_back(i);d.push_back(x/i);}}if(t*t==x)d.push_back(t);sort(d.begin(), d.end());
}inline int check(int x){div(x);F.clear();for(int i=0;i<d.size();++i){if(fib(d[i])==0&&fib(d[i]+1)==1)return d[i];}
//  assert(fib(x)==0&&fib(x+1)==1);return x;}inline int query(int x){if(x==2)return 3;if(x==3)return 8;if(x==5)return 20;p=x;if(x%5==1||x%5==4)return check(x-1);if(x%5==2||x%5==3)return check(2*x+2);
//  assert(0);
}inline ll solve(int n){ll ans=1;for(int i=1;i<=tot;++i){if(pri[i]>n)break;if(n%pri[i]==0){n/=pri[i];ll t=1;while(n%pri[i]==0){n/=pri[i];t*=pri[i];}ans=lcm(ans,t*query(pri[i]));}}if(n>1){ans=lcm(ans,query(n));}return ans;
}int main(){init();int T;for(r(T);T;--T){int n;r(n);printf("%lld\n",solve(n));}
}

后记&其它做法

毕老师：“其实我只是想考察大家的找规律技巧，noip不会考证明的”
我：“其实我也只是自己感兴趣而已”

如果感兴趣可以看看这个网站以及它推荐的其它网站
OEIS也还行
我觉得在网上花些时间认真看论文还是有收获的,遗憾的是几乎没有中文资料,所以自己来写一写
学信息学竞赛就是这点好,有足够的时间和充足的资料(虽然大部分是英语的)可以自己去研究,而不是被别人牵着走
说实话我觉得凭兴趣和爱好去学习是一件很幸福的事,即使绕弯路,碰壁都会有收获,都会感到快乐

另外这道题还可以用BSGS水过去
虽然没有仔细看证明,有结论是答案不会超过\(6*p\)
然后大概就像这道题一样搞搞就好了