标签：node gcd int 题解 斐波 read dfrac mathcal 那契

显然有 \(F_n = f_{n - 1}a + f_{n}b = km\)，转化一下得 \(-\dfrac{a}{b}\equiv \dfrac{f_{n}}{f_{n - 1}}\pmod m\)。

如果 \(m\) 是质数，我们直接预处理将等式右边塞到桶里，对于询问直接在桶里查询即可。

但是 \(m\) 不是质数，等式左右可能不存在逆元，所以我们想办法让 \(b,f_{n - 1}\) 与 \(m\) 互质。

先求出 \((a,b,m)\)，两边同时除以最大公约数，得到 \(a'f_{n - 1} + b'f_{n} = km'\ (1)\)。

同时根据斐波那契数列得性质，\((f_n, f_{n - 1}) = 1\)。

先证明一个引理： \(ax\equiv by \pmod p\)，\((a,b,p) = (x, y) = 1\)，有 \((a,p) = (y,p), (b,p) = (x,p)\)。

现在 \((a',b',m') = (f_n, f_{n - 1}) = 1\)，可以得到 \((a',m') = (f_n,m'), (b',m') = (f_{n - 1},m')\)，将两个数分别记作 \(u,v\)。

那么由等式 \((1)\) 可以得到 \(a''uf'_{n - 1}v = b'' vf'_{n}u = kuvm''\)。

不难发现可以同除 \(u,v\)，得到 \(a''f'_{n - 1} = b''f'_{n} = km''\)，其中 \(a'' = \dfrac{a'}{u},b'' = \dfrac{b'}{v},m'' = \dfrac{m'}{uv}\)。

现在有 \(a'',b'',f'\) 都和 \(m''\) 互质，所以我们只用记录在模 \(m'\) 意义下得三元组 \((u,v,\dfrac{f'_{n}}{f'_{n - 1}})\) 即可。预处理时对所有可能的 \(m'\) 都计算一边，因为 \(m'|m\)，所以 \(\sum m'\) 是 \(\mathcal{O}(m)\) 级别的，同时循环节是 \(\mathcal{O}(m)\) 的，所以预处理时间复杂度是 \(\mathcal{O}(m\log m)\)，查询复杂度是 \(\mathcal{O}(n\log m)\)，瓶颈在求逆元。

#define N 100005
int n, m;
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
	if(!b)x = 1, y = 0;
	else{
		int xx = 0, yy = 0;
		exgcd(b, a % b, xx, yy);
		x = yy, y = xx - (a / b) * yy;
	}
}
int inv(int a,int p){
	int x = 0, y = 0;
	exgcd(a, p, x, y);
	return (x % p + p) % p;
}
struct node{
	int p, q, w;
	bool operator<(const node o)const{
		if(p != o.p)return p < o.p;
		if(q != o.q)return q < o.q;
		return w < o.w;
	}
};
map<node, int>h[N];
vector<int>c;
void init(){
	rep(x, 1, m)if(m % x == 0){
		int a = 0, b = 1, t = 1;
		while(a || b){
			swap(a, b), b = (b + a) % x, t ++;
			if(a == 0 && b == 1)break;
			int u = gcd(b, x), v = gcd(a, x), p = x / u / v;
			int w = 1LL * (b / u) * inv((a / v), p) % p;
			if(!h[x].count(node{u, v, w}))h[x][node{u, v, w}] = t;
		}
	}
}
int main() {
	read(n), read(m);
	init();
	while(n --){
		int a, b;
		read(a), read(b);
		if(!a)puts("0");
		else if(!b)puts("1");
		else{
			b = m - b;
			int w = gcd(gcd(a, b), m);
			a /= w, b /= w; int q = m / w;
			int u = gcd(a, q), v = gcd(b, q);
			a /= u, b /= v;int p = q / u / v;
			w = 1LL * a * inv(b, p) % p;
			if(h[q].count(node{u, v, w}))printf("%d\n", h[q][node{u, v, w}]);
			else puts("-1");
		}
	}
	return 0;
}

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来源： https://www.cnblogs.com/7KByte/p/15847956.html

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