• BZOJ5104 : Fib数列


    斐波那契数列满足$f(n-1)f(n+1)-f(n)^2=(-1)^n$。

    枚举$-1$的符号,根据二次剩余即可求出最多$4$个可能的$f(n+1)$的值。

    那么根据$f(n)$和$f(n+1)$,对矩阵做BSGS求出最小的$n$即可。

    时间复杂度$O(sqrt{P}log P)$。

    #include<cstdio>
    #include<algorithm>
    #include<map>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    typedef pair<ll,ll>PI;
    const int P=1000000009,K=32000;
    ll X,ans=-1,g[K+5][2][2],w[K+5][2];map<PI,int>T;
    inline ll po(ll a,ll b,ll P){ll t=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%P)if(b&1)t=t*a%P;return t;}
    ll ToneLLi_Shanks(ll n,ll p){
      if(!n)return 0;
      if(p==2)return n&1?1:-1;
      if(po(n,p>>1,p)!=1)return -1;
      if(p&2)return po(n,p+1>>2,p);
      int s=__builtin_ctzll(p^1);
      ll q=p>>s,z=2;
      for(;po(z,p>>1,p)==1;z++);
      ll c=po(z,q,p);
      ll r=po(n,q+1>>1,p);
      ll t=po(n,q,p),tmp;
      for(int m=s,i;t!=1;){
        for(i=0,tmp=t;tmp!=1;i++)tmp=tmp*tmp%p;
        for(;i<--m;)c=c*c%p;
        r=r*c%p;
        c=c*c%p;
        t=t*c%p;
      }
      return r;
    }
    inline void mul(ll a[][2],ll b[][2],ll f[][2]){
      static ll c[2][2];
      c[0][0]=(a[0][0]*b[0][0]+a[0][1]*b[1][0])%P;
      c[0][1]=(a[0][0]*b[0][1]+a[0][1]*b[1][1])%P;
      c[1][0]=(a[1][0]*b[0][0]+a[1][1]*b[1][0])%P;
      c[1][1]=(a[1][0]*b[0][1]+a[1][1]*b[1][1])%P;
      f[0][0]=c[0][0];
      f[0][1]=c[0][1];
      f[1][0]=c[1][0];
      f[1][1]=c[1][1];
    }
    void work(ll X,ll Y){
      T.clear();
      for(int i=0;i<K;i++){
        ll a=(g[i][0][0]*X+g[i][0][1]*Y)%P;
        ll b=(g[i][1][0]*X+g[i][1][1]*Y)%P;
        T[PI(a,b)]=i;
      }
      for(int i=1;i<=K;i++){
        map<PI,int>::iterator it=T.find(PI(w[i][0],w[i][1]));
        if(it!=T.end()){
          ll now=i*K-it->second;
          if(ans==-1||ans>now)ans=now;
          return;
        }
      }
    }
    void solve(ll A,ll B,ll C){
      ll d=((B*B-4*A*C)%P+P)%P;
      d=ToneLLi_Shanks(d,P);
      if(d<0)return;
      d=(d%P+P)%P;
      ll t=po(A*2%P,P-2,P);
      work(X,((-B-d)*t%P+P)%P);
      work(X,((-B+d)*t%P+P)%P);
    }
    int main(){
      scanf("%lld",&X);
      if(X>=P)return puts("-1"),0;
      ll A=P-1,B=X,C=X*X%P;
      g[0][0][0]=1;
      g[0][1][1]=1;
      g[1][0][1]=1;
      g[1][1][0]=1;
      g[1][1][1]=1;
      for(int i=2;i<=K;i++)mul(g[i-1],g[1],g[i]);
      w[0][1]=1;
      for(int i=1;i<=K;i++){
        w[i][0]=(g[K][0][0]*w[i-1][0]+g[K][0][1]*w[i-1][1])%P;
        w[i][1]=(g[K][1][0]*w[i-1][0]+g[K][1][1]*w[i-1][1])%P;
      }
      solve(A,B,(C-1+P)%P);
      solve(A,B,(C+1)%P);
      return printf("%lld",ans),0;
    }
    

      

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