很久以前，和 MOer 同学分享矩阵快速幂 \(O(\log n)\) 求 fib 的第 \(n\) 项的时候，MOer 同学说 fib 用特征方程不是直接算出来了吗。
当然这个东西我当时也知道，但是这个式子不是有 \(\sqrt{5}\) 吗，如果 \(\bmod p\) 没有二次剩余那怎么算？
于是这个东西就不了了之了。
过了很久才发现原来确实是能直接算出来的。
对于生成函数形如 \(F(x) = \frac{G(x)}{H(x)}\) 的数列 \(f\)（这里不妨认为其是真分式），常见的技巧是将其部分分式展开。
当然，在实际题目中我们往往不是对一个任意的 \(F(x)\) 展开，因此暂时不用考虑那些一般化的方法，完全可以手动去展开。
实际情况中往往 \(H(x)\) 是二次式 \(ax^2 + bx + c\)，假定其判别式非 \(0\)（为 \(0\) 的情况需要一些特殊考虑），则 \(cx^2 + bx + a = 0\) 的两根分别为 \(\alpha,\beta\)，然后 \(F(x)\) 可以写成 \(\frac{v_1}{1-\alpha x} + \frac{v_2}{1-\beta x}\) 的形式。
分母之所以不写成 \(kx-1\) 而是 \(1-kx\) 的动机是后面把每个分式展开成无穷级数，进而得到 \([x^n]F(x)\)。
然后 \(v_1\) 和 \(v_2\) 代入 \(G(x)\)，它的常数项和一次项系数各带来一个方程，因此可以解出 \(v_1,v_2\)。
然后 \([x^n]F(x)\) 显然就是 \(v_1\alpha^n + v_2\beta^n\)。
然后我们就可以 \(O(\log n)\) 计算 \(f(n)\)。
问题在于，\(cx^2 + bx + a = 0\) 这个方程得到的根不一定是有理数，甚至不一定是实数。（当然，由于是 OI，模意义下判别式不会为负）。
这个时候我们就要引入拓域的思想，首先最开始我们所有的数都形如 \(p + q\sqrt{v}\) 的形式，其中 \(v\) 是固定数。
注意当 \(v\) 是模意义下的二次剩余的时候，我们不应该再扩域，可以将 \(v\) 设为 \(0\) 然后始终做整数运算。
原因是当 \(v\) 是模意义下的二次剩余的时候，一个数会出现多种表示，因此对于一个有理数 \(x\)，模意义下 \(p + q\sqrt{v} = x\) 将不止有 \(p=x,q=0\) 这一组平凡解，这在我们很多判断的时候会出现问题；而当 \(v\) 不是二次剩余的时候，是不会出现上述的问题的。
现在可以发现，\((p,q)\) 关于加减乘法都是保持封闭的，我们再来解决求逆的事情。
首先 \((p,q)\) 不能求逆当且仅当 \(p+q\sqrt{v}=0\) 也就是 \((p,q)=(0,0)\)（对照上文，如果 \(v\) 是二次剩余，则这里的判断就变得比较麻烦）。
除法的话就是有理化一下变成 \(\frac{p-q\sqrt{v}}{p^2 - q^2v}\)；特殊情况是如果 \(p^2 = q^2v\) 那 \(|p| = |q\sqrt v|\)，如果和为 \(0\) 那反正也 gg 了，因此，此时就一律认为逆是 \(\frac{1}{2p}\) 了。
这样的话加减乘 \(O(1)\)，而除法是 \(O(\log mod)\) 的。
欸，我们本来四则运算不也这个复杂度吗，酷。
这样就可以 \(O(\log)\) 求 \(f(n)\) 了。
那这和矩阵快速幂相比，有什么优越性吗？
好像在这个问题里真没有。GG
现在有这样一个问题：
求 \(\sum_{i=1}^{n} (fib_i)^k\)，其中 \(k=10^5,n=10^9\)。
那矩阵快速幂咋搞啊？好像暂时 GG 了。
用上面的东西就能做了：
后面其实等价于 \(\alpha^{j}\beta^{k-j}\) 为公差的等比数列求和。然后就 \(O(k\log n)\) 了。
你会发现，这里等比数列求和要判公比为 \(1\) 的情况，这就是上面说的 \(v\) 是二次剩余要特判，因为这种情况下 \(p+q\sqrt{v}=1\) 不太好判断。
但我如果不想写二次剩余怎么办？其实也不用真的做二次剩余。
假设 \(p+q\sqrt{v}\) 真的是 \(1\)，由于我们知道了 \(p,q\) 所以可以 \(O(\log)\) 解出 \(a=\sqrt{v}\)，如果 \(a^2 \neq v\)，那么说明 \(p+q\sqrt{v}\) 就不会是 \(1\)；否则的话我们没有写任何二次剩余的算法就解出了 \(x^2\equiv v\)，然后就回到了整数的 case 直接做......
似乎矩阵做法出发其实也有相同的东西？但我不是很懂了。
