首先這里斐波那契數列的遞推式是 \(F_{i}=F_{i-1}+F_{i-2}(i \ge 2),F_{0}=0,F_{1}=1\)。
其生成函數 \(F(x) = \frac{x}{1-x-x^2}\)，\(F_n = \frac{1}{\sqrt{5}} ((\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n - (\frac{1 - \sqrt{5}}{2})^n)\)。這里不再多證。
結論
在 這里 賀的。
- \(\sum_{i = 0}^n F_i = F_{n+2}-1\)
- \(\sum_{i=0}^nF_i^2 = F_n F_{n+1}\)
- \(\sum_{i=1}^n F_{2i-1} = F_{2n}\)
- \(\sum_{i=0}^n F_{2i} = F_{2n+1}-1\)
- \(F_n=F_{n-m}F_{m-1}+F_{n-m+1}F_m\)
- \(F_{n-1}F_{n+1}=F_n^2+(-1)^n\)
前 \(4\) 條都比較顯然，歸納一下就好了。
至於第 \(5\) 條，我們知道對於 \(m = 1\) 是成立的。仍然考慮歸納，考慮 \(m > 1\)。也就是說只要證明 \(F_{n-m}F_{m-1}+F_{n-m+1}F_m = F_{n-(m-1)}F_{(m-1)-1}+F_{n-(m-1)+1}F_{m-1}\)。
於是就證好了。
對於第 \(6\) 個，仍然考慮歸納。假設已經證明了 \(F_{n-1}F_{n+1}=F_n^2+(-1)^n\)。
數論相關結論
- \(\gcd(F_i, F_{i+1}) = 1\)。
觀察到 \(\gcd(F_{i},F_{i + 1}) = \gcd(F_{i},F_{i}+F_{i-1}) = \gcd(F_{i},F_{i-1})\)，可以歸納證明。
- \(\gcd(F_{n},F_{m}) = F_{\gcd(n,m)}\)。
不妨 \(n > m\)。\(\gcd(F_{n},F_{m}) = \gcd(F_{n-m}F_{m-1}+F_{n-m+1}F_m,F_{m}) = \gcd(F_{n-m}F_{m-1},F_{m}) = \gcd(F_{n-m},F_m)\)，就是輾轉相除！得證。
循環節
這個是從 這里 賀的。
求斐波那契數列在模 \(p\) 意義下的循環節 \(m\)。
考慮：
設 \(A = \frac{1+\sqrt{5}}{2}\)，\(B = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}\)，有 \(AB = -1\)。
首先特判掉比較特殊的質數 \(p = 2\) 以及 \(p = 5\)。
對於 \(p = 2\)，循環節為 \(3\)；\(p = 5\)，循環節為 \(20\)。
接下來我們要解決 對於非 5 的奇質數！
5 是模 p 意義下的二次剩余
那么 \(A^{p-1} \equiv 1 \pmod p\)，\(B^{p - 1} \equiv 1 \pmod p\)，所以 \(F_{p-1} \equiv 0 \pmod p\)，\(F_{p} \equiv 1 \pmod p\)。
循環節 \(m | (p - 1)\)。
5 是模 p 意義下的非二次剩余
那么有 \(5^{\frac{p-1}{2}}=-1\)。
所以有 \(A^{p} = \frac{1}{2^{-p}} (1+\sqrt{5})^n = 2^{-p} \sum_{i=0}^{p} \binom{p}{i} \sqrt{5}^i = \frac{1}{2} (1 + \sqrt{5}^{p}) = \frac{1 - \sqrt{5}}{2} = B\)。
同理有 \(B^{p} = A\)。
所以 \(F_{2p+2} = \frac{B^2A^2 - A^2B^2}{\sqrt{5}} = 0\)。\(F_{2p+3} - \frac{B^2A^3 + A^2B^3}{\sqrt{5}} = \frac{A - B}{\sqrt{5}} = 1\)。
循環節 \(m | (2p + 2)\)。
於是我們會 \(p\) 是質數的情況了！
考慮模數是 \(p^k\) 的情況！
引理：如果 \(w \bmod p = 1\)，那么 \(w^{p^k} \equiv 1(\bmod p^{k+1})\)
考慮二項式定理。設 \(w = hp+1\)。\(w^{p^k} = \sum_{i=0}^{p^k} \binom{p^k}{i} (hp)^i \equiv 0 \pmod {p^{k+1}}\)。
設 \(\bmod p\) 意義下的循環節是 \(m\)。\(\bmod p^k\) 意義下的循環節是 \(m'\)。
我們知道：
- \(\frac{A^m - B^m}{\sqrt{5}} = 0\)，\(A^m \equiv B^m \pmod {p}\)。
- \(\frac{A^{m+1} - B^{m + 1}}{\sqrt{5}} = 1\)，\(\frac{A^m(A-B)}{\sqrt{5}} = 1\)，\(A^m \equiv B^m \equiv 1 \pmod {p}\)。
根據引理，所以得到了 \(A^{mp^{k-1}} = B^{mp^{k - 1}} \equiv 1 \pmod {p^{k}}\)。
所以模 \(p^k\) 意義下的循環節是 \(mp^{k - 1}\) 的因數。
聽說循環節就是 \(mp^{k - 1}\)，不會證。
考慮 \(P = p_1^{a_1} p_2^{a_2} ... p_k^{a_k}\)。\(p_i^{a_i}\) 的循環節是 \(m_i\)。
\(P\) 的循環節顯然是 \(\operatorname{lcm}_{1 \le i \le k} m_{i}\)。
考慮循環節 \(g(P)\) 除以原數 \(P\)。首先選 \(p - 1\) 一定是不優的。
然后如果有循環節是 \(2p+2 = 2(p + 1) = 4 \frac{p + 1}{2}\) 因子，那么再選一個這樣的因子不會變優。只會有 \(4\) 倍的貢獻。剩下再多一個 \(5\) 也不優，所以只能多乘 \(\frac{3}{2}\)，為 \(6\) 倍。
否則只有 \(2 \times 5 = 10\)，循環節是 \(60\)，卡到了 \(6\) 倍。
所以對於任意數 \(P\)，都滿足循環節 \(g(P)\) 一定有 \(g(P) \le 6P\)。
Bugaboo
CF1264F Beautiful Fibonacci Problem
題解
首先該肯定的一點是 \(10^k (k \ge 3)\) 的循環節是 \(1.5 \times 10^k\)。
設 \(T = 1.5 \times 10^k\)。
結論： \(F_{uT + 1} \equiv F_{T+1}^u \pmod {10^{2k}}\)。
證明：考慮歸納。設已經證明了 \(u \le m\) 的。求證 \(u = m + 1\) 的。
那么模 \(10^{2k}\) 意義下 \(F_{uT + 1} = F_{(u-1)T} F_T + F_{(u-1)T+1} F_{T+1} = F_{T+1}^u + F_{(u-1)T}F_{T}\)。而 \(T\) 是循環節的倍數，\(F_{(u-1)T}\) 和 \(F_{T}\) 在 \(\bmod {10^k}\) 意義下都是 \(0\)。所以就證畢了。
然后考慮這題咋做？
設 \(F_{T+1} \equiv 10^k r + 1 \pmod {10^{2k}}\)。
然后就有 \(F_{uT+1} \equiv 10^k ur + 1 \pmod {10^{2k}}\)。
然后好像瞎搞搞就行？設 \(r\) 模 \(10^{k}\) 意義下的逆元是 \(r^{-1}\)，就發現了取 \((b = ar^{-1} \bmod 10^{k})T+1\)，\(e = (dr^{-1} \bmod 10^{k})T\)。
想到那個結論就隨便做，沒想到就 gg 了。
不知道別人的題解在寫什么，推完結論后還要搞一堆東西。
CF193E Fibonacci Number
題解
考慮從 \(10^{k}\) 的答案推到 \(10^{k+1}\)。
設 \(\bmod 10^{k}\) 意義下斐波那契數循環節為 \(cyc_k\)。
那么對於一個 \(\bmod 10^k\) 意義下的答案 \(w\)，枚舉所有 \(x \bmod cyc_{k} = w\) 的滿足 \(0 \le x < cyc_{k+1}\) 的數，並判斷他們可不可行即可。
時間復雜度不會證（
ps. 最近打 vp 的時候遇到了一道挺像的題，不過賽時因為學校網絡差沒交上去 /ll