P7325 - 斐波那契 题解
首先通过分析 \(a,b\) 各自贡献系数容易得到 \(F_n=af_{n-1}+bf_n\)（\(n=0\) 特判掉呗），其中 \(f\) 是斐波那契数列。一开始还 GF 推半天推出了一个人不人鬼不鬼的玩意（
然后就是 \(af_{n-1}+bf_n\equiv0\pmod m\)。令 \(b\gets-b\)，有 \(af_{n-1}\equiv bf_n\pmod m\)。到这一步，如果 \(m\) 是质数容易想到变量分离，得到 \(\dfrac ab\equiv\dfrac{f_n}{f_{n-1}}\pmod m\)（\(0\) 不 \(0\) 的就特判吧），而我们熟知斐波那契数列在模意义下是纯循环的并且循环节不超过 \(6m\)，所以 \(\dfrac{f_n}{f_{n-1}}\) 不同的只有 \(\mathrm O(m)\)，存起来放到 map 里查询就可以了。可惜 \(m\) 不一定是质数/qd
接下来就需要用到模合数的移项技巧了，其核心是一个等价变换：若 \(d\mid a,b,m\)，则 \(a\equiv b\pmod m\) 等价于 \(\dfrac ad\equiv\dfrac bd\pmod{\dfrac md}\)。
先把 \(a,b,m\) 约掉 \(d=\gcd(a,b,m)\)，设 \(a'=\dfrac ad,b'=\dfrac bd,m'=\dfrac md\)，则原方程等价于 \(a'f_{n-1}\equiv b'f_n\pmod{m'}\)。此时我们想把 \(b'\) 移到左边，可此时 \(b'\) 与 \(m'\) 不一定互质。考虑 \(d'=\gcd(b',m')\)，则 RHS 一定是 \(d'\) 的倍数，LHS 便也必须是。而由于既约性，\(a'\perp d'\)，所以只能是 \(d'\mid f_{n-1}\)。于是便可三边再约掉 \(d'\)，设 \(b''=\dfrac{b'}{d'},m''=\dfrac{m'}{d'}\)，则 \(a'\dfrac{f_{n-1}}{d'}\equiv b''f_n\pmod{m''}\)。此时便可把 \(b''\) 移过来，得 \(a'(b'')^{-1}\dfrac{f_{n-1}}{d'}\equiv f_n\pmod{m''}\)。
现在再想把 \(\dfrac{f_{n-1}}{d'}\) 移到右边（这个 dfrac 是一个整体不能拆的/qd）。再来重复上面的剧本：先三边都约掉 \(\dfrac{f_{n-1}}{d'},f_n,m''\) 的 gcd。而我们熟知 \(f_{n-1}\perp f_n\)，所以这个 gcd 一定是 \(1\)，此处不用约！考察 \(d''=\gcd\!\left(\dfrac{f_{n-1}}{d'},m''\right)\)，RHS 必须是 \(d''\) 的倍数，而一方面有既约性，另一方面 RHS 除了 \(f_n\) 没有别人帮它承担整除性了，所以此处必须要有 \(d''=1\)。那么直接就可以移了：\(a'(b'')^{-1}\equiv f_n\left(\dfrac{f_{n-1}}{d'}\right)^{-1}\pmod{m''}\)。
现在考虑预处理装 map。注意到最终的式子是与 \(d'\) 与 \(m''\) 相关的，在预处理的时候也应当枚举这两者，同时满足 \(d'\mid f_{n-1}\) 且 \(d''=1\)。而 \((d',m'')\) 对数有 \((\mathrm d*1)(m)\) 个，每对还要 \(\mathrm O(m)\) 枚举，无疑是爆炸。不过观察到 \(d''=1\) 即 \(\dfrac{f_{n-1}}{d'}\perp m''=\dfrac{m'}{d'}\)，即 \(d'=\gcd(f_{n-1},m')\)，那么只要枚举 \(m'\)，\(d'\) 就确定了！于是枚举 \(m'\) 的复杂度是 \(\mathrm d(m)\) 的话，大约 100 左右，再配上 \(\mathrm O(m)\) 枚举，感觉差不多。
事实上，枚举到 \(m'\) 时只需要关心模 \(m'\) 意义下的斐波那契数列，所以此时枚举其实是 \(\mathrm O(m')\)，最终复杂度显然就是 \(\mathrm O(\sigma(m))\)（再乘以一个 map 的 log）。这是个什么量级呢？我自己估计了一下，可能结果不是很好（
设 \(m\) 分解质因数为 \(\prod p_i^{\alpha_i}\)，则
以上用到了不等式 \(1+x\leq \mathrm e^x\)（还是最近学 Pollard-Rho 学会的）。下面估计一下 \(\sum\dfrac1{p_i-1}\)。这玩意显然不超过 \(1+\sum\dfrac1{p_i}\)，而这个 \(1\) exp 之后相当于乘个 \(\mathrm e\)，是常数可以忽略。而最劣情况下肯定是 \(p_i\) 取了质数序列的一个前缀，我们如果找到这种情况下最大的质因子 \(L\)，那就是个质数倒数和 \(\ln\ln L+\mathrm O(1)\)，这样 \(\sigma(m)=\mathrm O(m\exp\ln\ln L)=\mathrm O(m\log L)\)。现在想知道 \(L\) 是什么级别。
那 \(L\) 显然不超过 \(P(\left\lfloor\log_2 m\right\rfloor)\)，其中 \(P(n)\) 表示第 \(n\) 个质数。而有结论 \(P(n)=\mathrm O(n\log n)\)，于是 \(L=\mathrm O(\log m\log\log m)\)，所以 \(\sigma(m)=\mathrm O(m\log\log m+m\log\log\log m)=\mathrm O(m\log\log m)\)。事实上 1e5 以内的因数和不超过 4e5，很符合预期。
code
int qu, m;
map<ti3, int> mp;
void mian() {
qu = read(), m = read();
REP(m0, 1, m) if(m % m0 == 0) {
int fnm1 = 0, fn = 1 % m0, n = 1;
do {
int d0 = gcd(fnm1, m0), m00 = m0 / d0;
ti3 t(d0, m00, (ll)fn * inv(fnm1 / d0, m00) % m00);
if(mp.find(t) == mp.end()) mp[t] = n;
swap(fnm1, fn), (fn += fnm1) %= m0, ++n;
} while(fnm1 != 0 || fn != 1 % m0);
}
while(qu--) {
int a = read(), b = read();
if(a == 0) { puts("0"); continue; }
b = (m - b) % m;
int d = gcd(gcd(a, b), m);
int a0 = a / d, b0 = b / d, m0 = m / d;
int d0 = gcd(b0, m0);
int b00 = b0 / d0, m00 = m0 / d0;
int ans = mp[mt(d0, m00, (ll)a0 * inv(b00, m00) % m00)];
prt(ans ? ans : -1), pc('\n');
}
}
