斐波那契循环节

Posted 2022-08-09 cjoiershiina-mashiro

斐波那契循环节

从一道题引出一个算法：斐波那契数列

这道题并没有什么花里胡哨的条件，就是很简单的计算\(F(n)\ mod\ p\)。

但是这题的\(n\)达到了\(10^30000000\)级别，很显然不能直接用矩阵快速幂做。

因此我们要引入一个概念：斐波那契循环节。

显而易见的是通过看题解我们知道，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。

所以我们只需要求出斐波那契循环节\(m\)，然后用矩阵快速幂计算\(F(n\ mod\ m)\ mod\ p\)就行了。

下面将会介绍如何计算斐波那契循环节。

（因为这只是介绍文并非论文，难免有不严谨之处，敬请谅解。本文以通俗易懂为前提，夹有较为详细的证明。）

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

\(Tips:\)

\(1.\)本文的数学推导具有一定难度，部分知识涉及到了高等代数和初等数论，不知道的东西可以上网查，如果实在不懂可以暂时跳过，因为这并不会影响到阅读其他部分。

\(2.\)如果不想看证明过程，可以直接跳到第五部分看结论。

\(1.\)前置知识

二次剩余

直接看我的另一篇博客吧。二次剩余

域

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

（一般我们叫这个运算乘法，其运算结果为积）

它们构成了一个代数系统\(\G,\cdot\\)，这个代数系统满足：

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

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

那么我们将其称为半群。

如果这个半群还满足

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

\(4.\)逆元：\(\forall a\in G,\exists b\in G,a\cdot b=b\cdot a=e\)。这个\(b\)称作\(a\)的逆元，记做\(a^-1\)。（逆元具有唯一性）

那么我们将其称为群。

如果这个群还满足

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

那么我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经常被称作加法，其运算结果为和，这个运算记做\(+\)。

此时该群的单位元经常被称作零元，记作\(0\)。\(a\)逆元的逆元经常被记作\(-a\)。

（这些东西可以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：\(\forall a,b,c\in G,a\cdot(b+c)=(a\cdot b)+(a\cdot c),(a+b)\cdot c=(a\cdot c)+(b\cdot c)\)。

那么我们将其称为环。

如果这个环满足

\(4.\G\setminus\0\,\cdot\\)是一个交换群。

那么我们将其称为域。（实际上第四条性质中把\(0\)去掉就只是因为在域中\(0\)不具有乘法逆元）

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\(\phi=\frac1+\sqrt52,\overline\phi=\frac1-\sqrt52\)，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。

并且由此我们可以推出斐波那契数列的通项公式

\[ F_n=\frac1\sqrt5(\phi^n-\overline\phi^n) \]

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\(m|k\Leftrightarrow F_k\equiv0(mod\ p),F_k+1\equiv1(mod\ p)\)。

\(3.\)第一部分证明

我们需要先证明一些引理。（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：

我们使用数学归纳法。

不妨设\(a=rp+1(r\in\mathbb Z)\)。

运用二项式定理，
\[ a^p\equiv(rp+1)^p\equiv1+\sum\limits_i=1^p\left(_i^p\right)(rp)^i\equiv1(mod\ p^2) \]
因此当\(n=1\)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\(a^p^m=1+sp^m+1(s\in\mathbb Z)\)。

同样运用二项式定理，
\[ a^p^m+1=(a^p^m)^p=(1+sp^m+1)^p=1+\sum\limits_i=1^p\left(_i^p\right)(sp^m+1)^i\equiv1(mod\ p^m+2) \]
因此当\(n=m\)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\(\phi^mp^k-1\equiv\overline\phi^mp^k-1\equiv1(mod\ p^k)\)

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

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

我们知道有

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

用\(\phi^m\)替换\(\overline\phi^m\)得到

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

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

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\(5\)以外的素数，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，
\[ (\frac5p)(\frac p5)=(-1)^(\frac5-12)(\fracp-12)=((-1)^\fracp-12)^2=1 \]
运用勒让德符号的定义式，
\[ (\frac5p)=(\frac p5)\equiv p^2(mod\ 5) \]
然后把\(1\)到\(4\)代进去算就可以证明了。（实际上是懒得打了）

\(4.\)第二部分证明

现在进入中心环节的证明。

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然后解决。

定理\(1\)

设\(P=\prod\limits_i=1^sp_i^k_i\)，\(m_i\)为\(F_n(mod\ p_i^k_i)\)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\(M| mp^k-1\)。

证：

由推论\(1\)我们有
\[ \phi^mp^k-1\equiv\overline\phi^mp^k-1\equiv1(mod\ p^k) \]

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

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

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

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，所以可以直接开方（\(\sqrt5\)在模\(p\)的域\(\mathbbF_p\)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\(m|2p+2\bigwedge 2\nmid\frac2p+2m\)

证：

由引理2知\(5\)不是是\(p\)的二次剩余，因此不可以直接开方（\(\sqrt5\)在不在模\(p\)的域\(\mathbbF_p\)中）。

所以我们定义\(\mathbbF_p(\sqrt5)=\a+b\sqrt5|a,b\in\mathbbF_p\\)。

这里可以理解为类似于从实数域扩展到复数域，然后我们可以证明它满足域的特征。

（证明在附录中）

利用二项式定理，我们有
\[ (a+b)^p\equiv a^p+b^p(mod\ p) \]

\[ \therefore\phi^p\equiv(\frac12+\frac\sqrt52)^p\equiv(\frac12)^p+(\frac\sqrt52)^p\equiv(\frac12)^p(1+\sqrt5^p)\equiv\frac12(1+5^\fracp-12\sqrt5)\equiv\frac12(1-\sqrt5)\equiv\overline\phi \]

同理，我们可以得到\(\overline\phi^p=\phi\)。

因此我们有

\[ F_p\equiv\frac\phi^p-\overline\phi^p\sqrt5\equiv\frac\overline\phi-\phi\sqrt5\equiv p-1(mod\ p) \]

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

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

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

又有

\[ F_2p+1\equiv\frac\phi^2p+1-\overline\phi^2p+1\sqrt5\equiv\frac\overline\phi^2\phi-\phi^2\overline\phi\sqrt5\equiv\frac\phi\overline\phi(\overline\phi-\phi)\sqrt5\equiv1(mod\ p) \]

\[ F_2p+2\equiv\frac\phi^2p+2-\overline\phi^2p+2\sqrt5\equiv\frac\overline\phi^2\phi^2-\phi^2\overline\phi^2\sqrt5\equiv0(mod\ p) \]

\[ F_2p+3\equiv F_2p+1+F_2p+2\equiv1(mod\ p) \]

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

\[ \therefore 2\nmid\frac2p+2m \]

综上，
\[ m|2p+2\bigwedge 2\nmid\frac2p+2m \]
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完全给出，下面做一下总结。

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\(P=\prod\limits_i=1^sp_i^k_i\)，求\(F_n(mod\ p_i^k_i)\)的循环节\(M_i\)，然后取\(M=lcm(M_1,\cdots,M_s)\)

\(step2\)

现在我们将问题转化成了求\(F_n(mod\ p_i^k_i)\)的循环节\(M_i\)。

由定理2，\(F_n(mod\ p_i^k_i)\)的循环节\(M_i\)是\(p_i^k_i-1\)乘\(F_n(mod\ p_i)\)的循环节\(m_i\)的积\(m_ip_i^k_i-1\)的某一因数。

一个个检查因数会很麻烦，直接取这个\(m_ip_i^k_i-1\)也没有任何问题。因为我们是为了快速计算斐波那契数列的某个值，而\(m_ip_i^k_i-1\)是\(M_i\)一个倍数，最后得到的"循环节"\(\overline M=lcm(m_1p_1^k_1-1,\cdots,m_sp_s^k_s-1)\)也就会相应地变成正确的循环节\(M\)的倍数。但是\(\overline M\)一定是斐波那契数列循环的周期之一。（类似于三角函数最小正周期与周期的关系）。而且这个值也不会很大\((long\ long\)范围内\()\)，对其取模然后跑矩阵快速幂完全没有问题。

\(step3\)

对于每个\(p_i\)，如果\(p_i\le5\)，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\(20\)。（这个都手算即可）

若\(p_i\equiv\pm1(mod\ 5)\)，则\(m_i\)是\(p_i-1\)的某一因数，理由同上，直接取本身即可。

若\(p_i\equiv\pm2(mod\ 5)\)，则\(m_i\)是\(2p+2\)的某一因数且\(2\nmid\frac2p+2m\)，直接取本身亦可。

\(6.\)附录

关于上面那个不太重要的证明，这里进行补充。

\(\mathbbF_p(\sqrt5)=\a+b\sqrt5|a,b\in\mathbbF_p\\)是一个域的证明

首先我们了解一下\(\mathbb F_p\)

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\(0\)以外的数的乘法逆元一定存在。

然后开始证明

首先证明\(\mathbb F_p(\sqrt5)\)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
\[ b,B,c,C\in\mathbb F_p \]
于是有
\[ b+B,c+C\in\mathbb F_p \]
则
\[ a+A=(b+B)+(c+C)\sqrt5\in\mathbb F_p(\sqrt5) \]
结合律：仿照证明封闭性易证不难。

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：仿照证明封闭性易证不难。

所以\(\mathbb F_p(\sqrt5)\)对于加法是一个交换群。

然后我们证明\(\mathbb F_p(\sqrt5)\)去掉零元之后对于乘法是一个交换群。

封闭性：仿照证明对于加法有封闭性易证不难。

结合律：仿照证明对于加法有结合律易证不难。

零元：易知\(1+0\sqrt5\)是零元。

逆元：这个是最不好做的，对于\(A=a+b\sqrt5\)，我们先取一个\(B=a-b\sqrt5\)，这两个乘起来是一个整数\(a^2-5b^2\)，显然这个数不为\(0\)，我们再把\(B\)的两个系数\(a\)和\(b\)都除以这个数就行了。

交换律：仿照证明对于加法有交换律易证不难。

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

因此\(\mathbb F_p(\sqrt5)\)是一个域。

（几乎完全一样的过程要写十遍我人都傻了，自己证一下吧，都看到这了相信你一定能证明的）

\(7.\)代码

注意特判模数为\(1\)的情况。

#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外一个数列\(Lucas\)数列，可以去看看练练手。

实际上大多数二阶线性递推数列都可以这样做，具体方法就是把\(\phi\)和\(\overline\phi\)换成其特征方程的两根，然后再各种部分相应修改即可。这里就不多讲了。留作读者自行练习