前置知识单位根反演自己去浅谈单位根反演看
考虑先给原来的式子变个形，(sum_{i=0}^{lfloor frac{n}{k} floor} C_{n}^{ik}cdot F_{ik}=sum_{i=0}^n [k|i] C_n^icdot F_i)
然后先把(F_i)做出来，我们令(A)为斐波那契的转移矩阵，(I)为单位矩阵
则(F_n=A^n)的左上角，为了简化以下的式子，我们直接记(F_n=A^n)
则用一下单位根反演
[sum_{i=0}^n [k|i] C_n^icdot F_i
]
[=sum_{i=0}^n frac{1}{k}sum_{j=0}^{k-1}omega_k^{ij}cdot C_n^icdot F_i
]
[=frac{1}{k}sum_{j=0}^{k-1} sum_{i=0}^nC_n^i(omega_k^jcdot A)^i
]
用二项式定理合起来：
[=frac{1}{k}sum_{j=0}^{k-1} (omega_k^jcdot A+I)^n
]
那么就可以(O(Tcdot klog^3 n))计算了
最后提一下求一个任意质数(p)的原根的方法，对(p-1)分解质因数，然后枚举原根(g)，若存在(g^{frac{p-1}{p_i}}=1)则说明这个(g)不合法
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2;
LL n; int t,k,mod,g,ans,pri[100],cnt,ret;
inline int quick_pow(int x,int p=mod-2,int mul=1)
{
for (;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if (p&1) mul=1LL*mul*x%mod; return mul;
}
inline void inc(int& x,CI y)
{
if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
inline int getroot(CI p)
{
RI i,j; int x=p-1; for (i=2;i*i<=x;++i) if (x%i==0)
for (pri[++cnt]=i;x%i==0;x/=i); for (i=2;;++i)
{
bool flag=1; for (j=1;j<=cnt;++j)
if (quick_pow(i,(p-1)/pri[j])==1) { flag=0; break; }
if (flag) return quick_pow(i,(p-1)/k);
}
}
struct Matrix
{
int n,mat[N][N];
inline Matrix(void)
{
n=2; memset(mat,0,sizeof(mat));
}
inline int* operator [] (CI x) { return mat[x]; }
friend inline Matrix operator * (Matrix A,Matrix B)
{
Matrix C; for (RI i=0,j,k;i<A.n;++i)
for (j=0;j<B.n;++j) for (k=0;k<A.n;++k)
inc(C[i][j],1LL*A[i][k]*B[k][j]%mod); return C;
}
friend inline Matrix operator ^ (Matrix A,LL p)
{
Matrix T; for (RI i=0;i<T.n;++i) T[i][i]=1;
for (;p;p>>=1LL,A=A*A) if (p&1) T=T*A; return T;
}
};
inline int F(CI bs)
{
Matrix P; P[0][0]=P[0][1]=P[1][0]=bs; P[1][1]=1;
inc(P[0][0],1); P=P^n; return P[0][0];
}
int main()
{
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
scanf("%lld%d%d",&n,&k,&mod); g=getroot(mod);
ans=0; ret=1; for (RI i=0;i<k;++i) inc(ans,F(ret)),ret=1LL*ret*g%mod;
printf("%d
",1LL*ans*quick_pow(k)%mod);
}
return 0;
}