斐波那契循環節

時間  2019-11-24
標籤 循環節 简体版
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斐波那契循環節

從一道題引出一個算法：斐波那契數列html

這道題並無什麼花裏胡哨的條件，就是很簡單的計算$F(n)\ mod\ p$。c++

可是這題的$n$達到了$10^{30000000}$級別，很顯然不能直接用矩陣快速冪作。算法

所以咱們要引入一個概念：斐波那契循環節。函數

顯而易見的是經過看題解咱們知道，斐波那契數列在模一個數時會出現循環，而這個週期的長度就稱爲斐波那契循環節。ui

因此咱們只須要求出斐波那契循環節$m$，而後用矩陣快速冪計算$F(n\ mod\ m)\ mod\ p$就好了。this

下面將會介紹如何計算斐波那契循環節。spa

（由於這只是介紹文並不是論文，不免有不嚴謹之處，敬請諒解。本文以通俗易懂爲前提，夾有較爲詳細的證實。）code

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

\(Tips:\)blog

$1.$本文的數學推導具備必定難度，部分知識涉及到了高等代數和初等數論，不知道的東西能夠上網查，若是實在不懂能夠暫時跳過，由於這並不會影響到閱讀其餘部分。

$2.$若是不想看證實過程，能夠直接跳到第五部分看結論。

$1.$前置知識

二次剩餘

直接看個人另外一篇博客吧。二次剩餘

域

有一個非空集合$G$，和在$G$上的一個二元運算$\cdot:G\times G\mapsto G$。

（通常咱們叫這個運算乘法，其運算結果爲積）

它們構成了一個代數系統\(\{G,\cdot\}\)，這個代數系統知足：

$1.\(封閉性：\)\forall a,b\in G,a\cdot b\in G$。

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

那麼咱們將其稱爲半羣。

若是這個半羣還知足

$3.\(單位元：\)\exists e\in G,\forall a\in G,e\cdot a=a\cdot e=a$。這個$e$稱做單位元，或者稱做$1$。（\(a^0=1\)）

$4.\(逆元：\)\forall a\in G,\exists b\in G,a\cdot b=b\cdot a=e$。這個$b$稱做$a$的逆元，記作$a^{-1}$。（逆元具備惟一性）

那麼咱們將其稱爲羣。

若是這個羣還知足

$5.\(交換律：\)\forall a,b\in G,a\cdot b=b\cdot a$。

那麼咱們稱這個羣爲交換羣或阿貝爾羣。

在阿貝爾羣中這個二元運算常常被稱做加法，其運算結果爲和，這個運算記作$+$。

此時該羣的單位元常常被稱做零元，記做$0$。$a$逆元的逆元常常被記做$-a$。

（這些東西能夠聯想實數的加法和乘法）

設${G,+,\cdot}$是一個代數系統（$G$是非空集合，$+\(和\)\cdot$爲二元運算即加法和乘法），若

$1.{G,+}$是一個交換羣。

$2.{G,\cdot}$是一個半羣。

$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)$。

那麼咱們將其稱爲環。

若是這個環知足

$4.{G\setminus{0},\cdot}$是一個交換羣。

那麼咱們將其稱爲域。（實際上第四條性質中把$0$去掉就只是由於在域中$0$不具備乘法逆元）

特徵方程

百度百科特徵方程，包會。特徵方程

$2.$定義

斐波那契數列

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

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

實際上這就是斐波那契數列的特徵方程$x^2=x+1$的兩實數根。

而且由此咱們能夠推出斐波那契數列的通項公式

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

斐波那契循環節

模$p$意義下的斐波那契數列$F_n(mod\ p)$的循環節$m$是使得$F_m\equiv0(mod\ p)\bigwedge F_{m+1}\equiv1(mod\ p)$的最小正整數$m$。

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

$3.$第一部分證實

咱們須要先證實一些引理。（或者說是與結論直接關係不大的定理）

引理$1$

設$p$爲素數，$n$爲正整數，若$a\equiv1(mod\ p)$，則$a^{pn}\equiv1(mod\ p{n+1})$。

證：

咱們使用數學概括法。

不妨設$a=rp+1(r\in\mathbb Z)$。

運用二項式定理，

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

所以當$n=1$時引理成立。

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

不妨設$a^{pm}=1+sp{m+1}(s\in\mathbb Z)$。

一樣運用二項式定理，

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

所以當$n=m$成立時，$n=m+1$也成立。

引理$1$得證。

推論$1$

設$p$爲素數，$k$爲正整數，$m$爲$F_n(mod\ p)\(的循環節，有\)\phi^{mp^}\equiv\overline{\phi}{mp}\equiv1(mod\ p^k)$

證：

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

咱們知道有

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

用$\phi^m$替換$\overline{\phi}^m$獲得

\[ F_m\equiv\frac{(\phi^m-1)(\phi-\overline{\phi})}{\sqrt5}\equiv(\phi^m-1)F_1\equiv\phi^m-1\equiv0(mod\ p) \]
\[ \therefore\phi^m\equiv\overline{\phi}^m\equiv1(mod\ p) \]

運用引理$1$，

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

推論$1$得證。

引理$2$

設$p$爲$5$之外的素數，那麼$(\frac5p)=1\Leftrightarrow p\equiv\pm1(mod\ 5),(\frac5p)=-1\Leftrightarrow p\equiv\pm2(mod\ 5)$

（勒讓德符號，前置知識中有講解）

證：

運用二次互反律，

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

運用勒讓德符號的定義式，

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

而後把$1$到$4$代進去算就能夠證實了。（其實是懶得打了）

$4.$第二部分證實

如今進入中心環節的證實。

這一部分的定理與斐波那契循環節有着更強的聯繫，實際上將求斐波那契循環節一點點分解而後解決。

定理$1$

設$P=\prod\limits_{i=1}p_i$，$m_i$爲$F_n(mod\ p_i^)$的循環節，$M$爲$F_n(mod\ P)$的循環節，則$M=lcm(m_1,\cdots,m_s)$。

證：

\[ \because F_M\equiv0(mod\ P) \]
\[ \therefore F_M\equiv0(mod\ p_i^{k_i}) \]
\[ \therefore\forall i\le s,m_i|M \]
\[ \therefore M=lcm(m_1,\cdots,m_s) \]

定理$1$得證。

定理$2$

設$p$爲素數，$m$是$F_n(mod\ p)$的循環節，$M$是$F_n(mod\ pk)$的循環節，則$M| mp$。

證：

由**推論$1$**咱們有

\[ \phi^{mp^{k-1}}\equiv\overline{\phi}^{mp^{k-1}}\equiv1(mod\ p^k) \]
\[ \therefore F_{mp^{k-1}}\equiv\frac{\phi^{mp^{k-1}}-\overline\phi^{mp^{k-1}}}{\sqrt5}\equiv0(mod\ p^k) \]
\[ \therefore F_{mp^{k-1}+1}\equiv\frac{\phi^{mp^{k-1}+1}-\overline\phi^{mp^{k-1}+1}}{\sqrt5}\equiv\frac{\phi-\overline{\phi}}{\sqrt5}\equiv1(mod\ p^k) \]
\[ \therefore M|mp^{k-1} \]

定理$2$得證。

定理$3$

設$p$爲素數，$m$爲$F_n(mod\ p)$的循環節，若$p\equiv\pm1(mod\ 5)$，則$m| p-1$

證：

由**引理$2$**知$5$是$p$的二次剩餘，因此能夠直接開方（$\sqrt5$在模$p$的域$\mathbb$中）。

運用費馬小定理，

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

定理$3$得證。

定理$4$

設$p$爲素數，$m$爲$F_n(mod\ p)$的循環節，若$p\equiv\pm2(mod\ 5)$，則$m|2p+2\bigwedge 2\nmid\frac{2p+2}$

證：

由引理2知$5$不是是$p$的二次剩餘，所以不能夠直接開方（$\sqrt5$在不在模$p$的域$\mathbb$中）。

因此咱們定義$\mathbb(\sqrt5)={a+b\sqrt5|a,b\in\mathbb}$。

這裏能夠理解爲相似於從實數域擴展到複數域，而後咱們能夠證實它知足域的特徵。

（證實在附錄中）

利用二項式定理，咱們有

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

同理，咱們能夠獲得$\overline{\phi}^p=\phi$。

所以咱們有

\[ F_{p}\equiv\frac{\phi^p-\overline\phi^p}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi-\phi}{\sqrt5}\equiv p-1(mod\ p) \]
\[ F_{p+1}\equiv\frac{\phi^{p+1}-\overline\phi^{p+1}}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi\phi-\phi\overline\phi}{\sqrt5}\equiv0(mod\ p) \]
\[ F_{p+2}\equiv F_p+F_{p+1}\equiv p-1(mod\ p) \]
\[ \therefore m\nmid p+1 \]

又有

\[ F_{2p+1}\equiv\frac{\phi^{2p+1}-\overline\phi^{2p+1}}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi^2\phi-\phi^2\overline\phi}{\sqrt5}\equiv\frac{\phi\overline\phi(\overline\phi-\phi)}{\sqrt5}\equiv1(mod\ p) \]
\[ F_{2p+2}\equiv\frac{\phi^{2p+2}-\overline\phi^{2p+2}}{\sqrt5}\equiv\frac{\overline\phi^2\phi^2-\phi^2\overline\phi^2}{\sqrt5}\equiv0(mod\ p) \]
\[ F_{2p+3}\equiv F_{2p+1}+F_{2p+2}\equiv1(mod\ p) \]
\[ \therefore m| 2p+2 \]
\[ \therefore 2\nmid\frac{2p+2}{m} \]

綜上，

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

定理$4$得證。

$5.$結論

實際上計算斐波那契循環節的方式已經在第四部分徹底給出，下面作一下總結。

對於$F_n(mod\ P)$求其循環節$M$總共分$3$步：

\(step1\)

由定理1，分解質因數$P=\prod\limits_{i=1}s{p_i}$，求$F_n(mod\ p_i^)$的循環節$M_i$，而後取$M=lcm(M_1,\cdots,M_s)$

\(step2\)

如今咱們將問題轉化成了求$F_n(mod\ p_i^)$的循環節$M_i$。

由定理2，$F_n(mod\ p_i^)$的循環節$M_i$是$p_i^$乘$F_n(mod\ p_i)$的循環節$m_i$的積$m_ip_i^$的某一因數。

一個個檢查因數會很麻煩，直接取這個$m_ip_i^$也沒有任何問題。由於咱們是爲了快速計算斐波那契數列的某個值，而$m_ip_i^$是$M_i$一個倍數，最後獲得的"循環節"$\overline M=lcm(m_1p_1^,\cdots,m_sp_s^)$也就會相應地變成正確的循環節$M$的倍數。可是$\overline M$必定是斐波那契數列循環的週期之一。（相似於三角函數最小正週期與週期的關係）。並且這個值也不會很大$(long\ long$範圍內$)$，對其取模而後跑矩陣快速冪徹底沒有問題。

\(step3\)

對於每一個$p_i$，若是$p_i\le5$，直接打表：$2$的最小循環節是$3,3$的最小循環節是$8,5$的最小循環節是$20$。（這個都手算便可）

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

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

$6.$附錄

關於上面那個不過重要的證實，這裏進行補充。

$\mathbb

首先咱們瞭解一下$\mathbb F_p$

設集合$G={0,1,\cdots,p-1}$（$p$是素數），並對其定義模$p$意義下的加法$+\(和乘法\)\cdot$，易證其是一個域，記爲$\mathbb F_p$。

其零元爲$0$，單位元爲$1$，$a$的加法逆元爲$p-1-a$，除$0$之外的數的乘法逆元必定存在。

而後開始證實

首先證實$\mathbb F_p(\sqrt5)$對於加法是一個交換羣。

封閉性：

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

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

則

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

結合律：仿照證實封閉性易證不難。

零元：易知$0+0\sqrt5$是零元。

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

交換律：仿照證實封閉性易證不難。

因此$\mathbb F_p(\sqrt5)$對於加法是一個交換羣。

而後咱們證實$\mathbb F_p(\sqrt5)$去掉零元以後對於乘法是一個交換羣。

封閉性：仿照證實對於加法有封閉性易證不難。

結合律：仿照證實對於加法有結合律易證不難。

零元：易知$1+0\sqrt5$是零元。

逆元：這個是最很差作的，對於$A=a+b\sqrt5$，咱們先取一個$B=a-b\sqrt5$，這兩個乘起來是一個整數$a2-5b2$，顯然這個數不爲$0$，咱們再把$B$的兩個係數$a$和$b$都除以這個數就好了。

交換律：仿照證實對於加法有交換律易證不難。

因此$\mathbb F_p(\sqrt5)$去掉零元后對於乘法是一個交換羣。

所以$\mathbb F_p(\sqrt5)$是一個域。

（幾乎徹底同樣的過程要寫十遍我人都傻了，本身證一下吧，都看到這了相信你必定能證實的）

$7.$代碼

注意特判模數爲$1$的狀況。

#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;    
}

$8.$擴展

那個英文論文裏面已經講了另一個數列$Lucas$數列，能夠去看看練練手。

實際上大多數二階線性遞推數列均可以這樣作，具體方法就是把$\phi$和$\overline\phi$換成其特徵方程的兩根，而後再各類部分相應修改便可。這裏就很少講了。留做讀者自行練習

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