斐波那契循环节

时间 2019-11-24

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斐波那契循环节

从一道题引出一个算法：斐波那契数列html

这道题并无什么花里胡哨的条件，就是很简单的计算$F(n)\ mod\ p$。c++

可是这题的$n$达到了$10^{30000000}$级别，很显然不能直接用矩阵快速幂作。算法

所以咱们要引入一个概念：斐波那契循环节。函数

~~显而易见的是~~经过看题解咱们知道，斐波那契数列在模一个数时会出现循环，而这个周期的长度就称为斐波那契循环节。ui

因此咱们只须要求出斐波那契循环节$m$，而后用矩阵快速幂计算$F(n\ mod\ m)\ mod\ p$就好了。this

下面将会介绍如何计算斐波那契循环节。spa

（由于这只是介绍文并不是论文，不免有不严谨之处，敬请谅解。本文以通俗易懂为前提，夹有较为详细的证实。）code

参考自一篇全英文的paperThe Period of the Fibonacci Sequence Modulo jhtm

$Tips:$blog

$1.$本文的数学推导具备必定难度，部分知识涉及到了高等代数和初等数论，不知道的东西能够上网查，若是实在不懂能够暂时跳过，由于这并不会影响到阅读其余部分。

$2.$若是不想看证实过程，能够直接跳到第五部分看结论。

$1.$前置知识

二次剩余

直接看个人另外一篇博客吧。二次剩余

域

有一个非空集合$G$，和在$G$上的一个二元运算$\cdot:G\times G\mapsto G$。

（通常咱们叫这个运算乘法，其运算结果为积）

它们构成了一个代数系统$\{G,\cdot\}$，这个代数系统知足：

$1.$封闭性：$\forall a,b\in G,a\cdot b\in G$。

$2.$结合律：$\forall a,b,c\in G,(a\cdot b)\cdot c=a\cdot(b\cdot c)$。

那么咱们将其称为半群。

若是这个半群还知足

$3.$单位元：$\exists e\in G,\forall a\in G,e\cdot a=a\cdot e=a$。这个$e$称做单位元，或者称做$1$。（$a^0=1$）

$4.$逆元：$\forall a\in G,\exists b\in G,a\cdot b=b\cdot a=e$。这个$b$称做$a$的逆元，记作$a^{-1}$。（逆元具备惟一性）

那么咱们将其称为群。

若是这个群还知足

$5.$交换律：$\forall a,b\in G,a\cdot b=b\cdot a$。

那么咱们称这个群为交换群或阿贝尔群。

在阿贝尔群中这个二元运算常常被称做加法，其运算结果为和，这个运算记作$+$。

此时该群的单位元常常被称做零元，记做$0$。$a$逆元的逆元常常被记做$-a$。

（这些东西能够联想实数的加法和乘法）

设${G,+,\cdot}$是一个代数系统（$G$是非空集合，$+$和$\cdot$为二元运算即加法和乘法），若

$1.{G,+}$是一个交换群。

$2.{G,\cdot}$是一个半群。

$3.$分配率：$\forall a,b,c\in G,a\cdot(b+c)=(a\cdot b)+(a\cdot c),(a+b)\cdot c=(a\cdot c)+(b\cdot c)$。

那么咱们将其称为环。

若是这个环知足

$4.{G\setminus{0},\cdot}$是一个交换群。

那么咱们将其称为域。（实际上第四条性质中把$0$去掉就只是由于在域中$0$不具备乘法逆元）

特征方程

百度百科特征方程，包会。特征方程

$2.$定义

斐波那契数列

\[ \forall n\in\mathbb N_ +,F_{n+1}=F_n+F_{n-1}(F_0=0,F_1=1) \]

令$\phi=\frac{1+\sqrt5}{2},\overline{\phi}=\frac{1-\sqrt5}{2}$，易知有$\phi^2=\phi+1$与$\overline{\phi}^2=\overline{\phi}+1$。

实际上这就是斐波那契数列的特征方程$x^2=x+1$的两实数根。

而且由此咱们能够推出斐波那契数列的通项公式

\[ F_n=\frac{1}{\sqrt5}(\phi^n-\overline{\phi}^n) \]

斐波那契循环节

模$p$意义下的斐波那契数列$F_n(mod\ p)$的循环节$m$是使得$F_m\equiv0(mod\ p)\bigwedge F_{m+1}\equiv1(mod\ p)$的最小正整数$m$。

易知$m|k\Leftrightarrow F_k\equiv0(mod\ p),F_{k+1}\equiv1(mod\ p)$。

$3.$第一部分证实

咱们须要先证实一些引理。（或者说是与结论直接关系不大的定理）

引理$1$

设$p$为素数，$n$为正整数，若$a\equiv1(mod\ p)$，则$a^{p^{n}\equiv1(mod\ p}{n+1})$。

证：

咱们使用数学概括法。

不妨设$a=rp+1(r\in\mathbb Z)$。

运用二项式定理，

\[ a^p\equiv(rp+1)^p\equiv1+\sum\limits_{i=1}^p\left(_i^p\right)(rp)^i\equiv1(mod\ p^2) \]

所以当$n=1$时引理成立。

假设$n=m$时定理成立，即有$a^{p^{m}\equiv1(mod\ p}{m+1})$。

不妨设$a^{p^m}=1+sp{m+1}(s\in\mathbb Z)$。

一样运用二项式定理，

\[ a^{p^{m+1}}=(a^{p^m})^p=(1+sp^{m+1})^p=1+\sum\limits_{i=1}^p\left(_i^p\right)(sp^{m+1})^i\equiv1(mod\ p^{m+2}) \]

所以当$n=m$成立时，$n=m+1$也成立。

引理$1$得证。

推论$1$

设$p$为素数，$k$为正整数，$m$为$F_n(mod\ p)$的循环节，有$\phi^{mp^}\equiv\overline{\phi}^{mp}\equiv1(mod\ p^k)$

证：

\[ \because F_m\equiv\frac{\phi^m-\overline\phi^m}{\sqrt5}\equiv0(mod\ p) \]

\[ \therefore\phi^m\equiv\overline{\phi}^m(mod\ p) \]

咱们知道有

\[ F_m=F_{m+1}-F_1=\frac{\phi(\phi^m-1)-\overline{\phi}(\overline{\phi}^m-1)}{\sqrt5} \]

用$\phi^m$替换$\overline{\phi}^m$获得

\[ F_m\equiv\frac{(\phi^m-1)(\phi-\overline{\phi})}{\sqrt5}\equiv(\phi^m-1)F_1\equiv\phi^m-1\equiv0(mod\ p) \]

\[ \therefore\phi^m\equiv\overline{\phi}^m\equiv1(mod\ p) \]

运用引理$1$，

\[ \phi^{mp^{k-1}}\equiv\overline{\phi}^{mp^{k-1}}\equiv1(mod\ p^k) \]

推论$1$得证。

引理$2$

设$p$为$5$之外的素数，那么$(\frac5p)=1\Leftrightarrow p\equiv\pm1(mod\ 5),(\frac5p)=-1\Leftrightarrow p\equiv\pm2(mod\ 5)$

（勒让德符号，前置知识中有讲解）

证：

运用二次互反律，

\[ (\frac5p)(\frac p5)=(-1)^{(\frac{5-1}2)(\frac{p-1}2)}=((-1)^{\frac{p-1}2})^2=1 \]

运用勒让德符号的定义式，

\[ (\frac5p)=(\frac p5)\equiv p^2(mod\ 5) \]

而后把$1$到$4$代进去算就能够证实了。（其实是懒得打了）

$4.$第二部分证实

如今进入中心环节的证实。

这一部分的定理与斐波那契循环节有着更强的联系，实际上将求斐波那契循环节一点点分解而后解决。

定理$1$

设$P=\prod\limits_{i=1}^p_i$，$m_i$为$F_n(mod\ p_i^)$的循环节，$M$为$F_n(mod\ P)$的循环节，则$M=lcm(m_1,\cdots,m_s)$。

证：

\[ \because F_M\equiv0(mod\ P) \]

\[ \therefore F_M\equiv0(mod\ p_i^{k_i}) \]

\[ \therefore\forall i\le s,m_i|M \]

\[ \therefore M=lcm(m_1,\cdots,m_s) \]

定理$1$得证。

定理$2$

设$p$为素数，$m$是$F_n(mod\ p)$的循环节，$M$是$F_n(mod\ p^{k)$的循环节，则$M| mp}$。

证：

由**推论$1$**咱们有

\[ \phi^{mp^{k-1}}\equiv\overline{\phi}^{mp^{k-1}}\equiv1(mod\ p^k) \]

\[ \therefore F_{mp^{k-1}}\equiv\frac{\phi^{mp^{k-1}}-\overline\phi^{mp^{k-1}}}{\sqrt5}\equiv0(mod\ p^k) \]

\[ \therefore F_{mp^{k-1}+1}\equiv\frac{\phi^{mp^{k-1}+1}-\overline\phi^{mp^{k-1}+1}}{\sqrt5}\equiv\frac{\phi-\overline{\phi}}{\sqrt5}\equiv1(mod\ p^k) \]

\[ \therefore M|mp^{k-1} \]

定理$2$得证。

定理$3$

设$p$为素数，$m$为$F_n(mod\ p)$的循环节，若$p\equiv\pm1(mod\ 5)$，则$m| p-1$

证：

由**引理$2$**知$5$是$p$的二次剩余，因此能够直接开方（$\sqrt5$在模$p$的域$\mathbb$中）。

运用费马小定理，

\[ \phi^{p-1}\equiv\overline{\phi}^{p-1}\equiv 1(mod\ p) \]

\[ \therefore F_{p-1}\equiv\frac{\phi^{p-1}-\overline\phi^{p-1}}{\sqrt5}\equiv0(mod\ p),F_p\equiv\frac{\phi^p-\overline\phi^p}{\sqrt5}\equiv\frac{\phi-\overline{\phi}}{\sqrt5}\equiv1(mod\ p) \]

\[ \therefore m|p-1 \]

定理$3$得证。

定理$4$

设$p$为素数，$m$为$F_n(mod\ p)$的循环节，若$p\equiv\pm2(mod\ 5)$，则$m|2p+2\bigwedge 2\nmid\frac{2p+2}$

证：

由引理2知$5$不是是$p$的二次剩余，所以不能够直接开方（$\sqrt5$在不在模$p$的域$\mathbb$中）。

因此咱们定义$\mathbb(\sqrt5)={a+b\sqrt5|a,b\in\mathbb}$。

这里能够理解为相似于从实数域扩展到复数域，而后咱们能够证实它知足域的特征。

（证实在附录中）

利用二项式定理，咱们有

\[ (a+b)^p\equiv a^p+b^p(mod\ p) \]

\[ \therefore\phi^p\equiv(\frac12+\frac{\sqrt5}{2})^p\equiv(\frac12)^p+(\frac{\sqrt5}2)^p\equiv(\frac12)^p(1+\sqrt5^p)\equiv\frac12(1+5^\frac{p-1}2\sqrt5)\equiv\frac12(1-\sqrt5)\equiv\overline{\phi} \]

同理，咱们能够获得$\overline{\phi}^p=\phi$。

所以咱们有

\[ F_{p}\equiv\frac{\phi^p-\overline\phi^p}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi-\phi}{\sqrt5}\equiv p-1(mod\ p) \]

\[ F_{p+1}\equiv\frac{\phi^{p+1}-\overline\phi^{p+1}}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi\phi-\phi\overline\phi}{\sqrt5}\equiv0(mod\ p) \]

\[ F_{p+2}\equiv F_p+F_{p+1}\equiv p-1(mod\ p) \]

\[ \therefore m\nmid p+1 \]

又有

\[ F_{2p+1}\equiv\frac{\phi^{2p+1}-\overline\phi^{2p+1}}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi^2\phi-\phi^2\overline\phi}{\sqrt5}\equiv\frac{\phi\overline\phi(\overline\phi-\phi)}{\sqrt5}\equiv1(mod\ p) \]

\[ F_{2p+2}\equiv\frac{\phi^{2p+2}-\overline\phi^{2p+2}}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi^2\phi^2-\phi^2\overline\phi^2}{\sqrt5}\equiv0(mod\ p) \]

\[ F_{2p+3}\equiv F_{2p+1}+F_{2p+2}\equiv1(mod\ p) \]

\[ \therefore m| 2p+2 \]

\[ \therefore 2\nmid\frac{2p+2}{m} \]

综上，

\[ m|2p+2\bigwedge 2\nmid\frac{2p+2}{m} \]

定理$4$得证。

$5.$结论

实际上计算斐波那契循环节的方式已经在第四部分彻底给出，下面作一下总结。

对于$F_n(mod\ P)$求其循环节$M$总共分$3$步：

$step1$

由定理1，分解质因数$P=\prod\limits_{i=1}^s{p_i}$，求$F_n(mod\ p_i^)$的循环节$M_i$，而后取$M=lcm(M_1,\cdots,M_s)$

$step2$

如今咱们将问题转化成了求$F_n(mod\ p_i^)$的循环节$M_i$。

由定理2，$F_n(mod\ p_i^)$的循环节$M_i$是$p_i^$乘$F_n(mod\ p_i)$的循环节$m_i$的积$m_ip_i^$的某一因数。

一个个检查因数会很麻烦，直接取这个$m_ip_i^$也没有任何问题。由于咱们是为了快速计算斐波那契数列的某个值，而$m_ip_i^$是$M_i$一个倍数，最后获得的"循环节"$\overline M=lcm(m_1p_1^,\cdots,m_sp_s^)$也就会相应地变成正确的循环节$M$的倍数。可是$\overline M$必定是斐波那契数列循环的周期之一。（相似于三角函数最小正周期与周期的关系）。并且这个值也不会很大$(long\ long$范围内$)$，对其取模而后跑矩阵快速幂彻底没有问题。

$step3$

对于每一个$p_i$，若是$p_i\le5$，直接打表：$2$的最小循环节是$3,3$的最小循环节是$8,5$的最小循环节是$20$。（这个都手算便可）

若$p_i\equiv\pm1(mod\ 5)$，则$m_i$是$p_i-1$的某一因数，理由同上，直接取自己便可。

若$p_i\equiv\pm2(mod\ 5)$，则$m_i$是$2p+2$的某一因数且$2\nmid\frac{2p+2}$，直接取自己亦可。

$6.$附录

关于上面那个不过重要的证实，这里进行补充。

$\mathbb

首先咱们了解一下$\mathbb F_p$

设集合$G={0,1,\cdots,p-1}$（$p$是素数），并对其定义模$p$意义下的加法$+$和乘法$\cdot$，易证其是一个域，记为$\mathbb F_p$。

其零元为$0$，单位元为$1$，$a$的加法逆元为$p-1-a$，除$0$之外的数的乘法逆元必定存在。

而后开始证实

首先证实$\mathbb F_p(\sqrt5)$对于加法是一个交换群。

封闭性：

任取

\[ a,A\in\mathbb F_p(\sqrt5),a=b+c\sqrt5,A=B+C\sqrt5 \]

易知

\[ b,B,c,C\in\mathbb F_p \]

因而有

\[ b+B,c+C\in\mathbb F_p \]

则

\[ a+A=(b+B)+(c+C)\sqrt5\in\mathbb F_p(\sqrt5) \]

结合律：仿照证实封闭性易证不难。

零元：易知$0+0\sqrt5$是零元。

逆元：$a+b\sqrt5$的逆元为$(p-1-a)+(p-1-b)\sqrt5$。

交换律：仿照证实封闭性易证不难。

因此$\mathbb F_p(\sqrt5)$对于加法是一个交换群。

而后咱们证实$\mathbb F_p(\sqrt5)$去掉零元以后对于乘法是一个交换群。

封闭性：仿照证实对于加法有封闭性易证不难。

结合律：仿照证实对于加法有结合律易证不难。

零元：易知$1+0\sqrt5$是零元。

逆元：这个是最很差作的，对于$A=a+b\sqrt5$，咱们先取一个$B=a-b\sqrt5$，这两个乘起来是一个整数$a^2-5b2$，显然这个数不为$0$，咱们再把$B$的两个系数$a$和$b$都除以这个数就好了。

交换律：仿照证实对于加法有交换律易证不难。

因此$\mathbb F_p(\sqrt5)$去掉零元后对于乘法是一个交换群。

所以$\mathbb F_p(\sqrt5)$是一个域。

（几乎彻底同样的过程要写十遍我人都傻了，本身证一下吧，都看到这了相信你必定能证实的）

$7.$代码

注意特判模数为$1$的状况。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=1e4,S=30000001;
char s[S];
LL pi[N],k[N],P;
inline LL gcd(register LL n,register LL m){while(m^=n^=m^=n%=m); return n;}
inline LL lcm(register LL n,register LL m){return n/gcd(n,m)*m;}
struct matrix
{
    LL a[3][3];
    matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}
    matrix operator*(matrix x)
    {
        matrix s;
        for(register int i=1;i<=2;i++) for(register int j=1;j<=2;j++) for(register int k=1;k<=2;k++) s.a[i][j]=(s.a[i][j]+a[i][k]*x.a[k][j])%P;
        return s;
    }
    matrix operator^(register LL k)
    {
        matrix s=*this,e;
        e.a[1][1]=e.a[2][2]=1;
    for(;k;k>>=1,s=s*s) if(k&1) e=e*s; 
        return e;
    }
};
inline int power(register LL n)
{
    matrix a,ans;
    a.a[1][1]=a.a[1][2]=a.a[2][1]=1,a.a[2][2]=0;
    ans=a^n;
    return ans.a[1][2];
}
inline LL Get(register LL p)
{
    register int s=sqrt(p),tot=0;
    for(register int i=2;i<=s;++i)
    if(!(p%i))
    {
        pi[++tot]=i,k[tot]=1;
        while(!(p%i)) p/=i,k[tot]*=i;
    }
    for(register int i=1;i<=tot;++i) k[i]/=pi[i];
    if(p!=1) k[++tot]=1,pi[tot]=p;
    for(register int i=1;i<=tot;++i)
    	if(pi[i]==2) k[i]*=3;
    	else if(pi[i]==3) k[i]*=5;
    	else if(pi[i]==5) k[i]*=20;
    	else if(pi[i]%5==1||pi[i]%5==4) k[i]*=pi[i]-1;
    	else k[i]*=(pi[i]+1)<<1;
    register LL ans=k[1];
    for(register int i=2;i<=tot;++i) ans=lcm(ans,k[i]);
    return ans;
}
int main()
{
    register int len;
    register LL m,n=0;
    scanf("%s%lld",s+1,&P),len=strlen(s+1);
    if(P==1) return cout<<0,0;
    m=Get(P);
    for(register int i=1;i<=len;++i) n=((n<<3)+(n<<1)+(s[i]^48))%m;
    if(!n) return cout<<0,0;
    if(n==1) return cout<<1,0;
    return cout<<power(n),0;    
}

$8.$扩展

那个英文论文里面已经讲了另一个数列$Lucas$数列，能够去看看练练手。

实际上大多数二阶线性递推数列均可以这样作，具体方法就是把$\phi$和$\overline\phi$换成其特征方程的两根，而后再各类部分相应修改便可。这里就很少讲了。~~留做读者自行练习~~

斐波那契循环节

斐波那契循环节

$1.$前置知识

二次剩余

域

特征方程

$2.$定义

斐波那契数列

斐波那契循环节

$3.$第一部分证实

引理$1$

推论$1$

引理$2$

$4.$第二部分证实

定理$1$

定理$2$

定理$3$

定理$4$

$5.$结论

对于$F_n(mod\ P)$求其循环节$M$总共分$3$步：

\(step1\)

\(step2\)

\(step3\)

$6.$附录

$\mathbb

首先咱们了解一下$\mathbb F_p$

而后开始证实

$7.$代码

$8.$扩展