[2018.07.31 T1] 第一题

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矩阵加速递推

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本文介绍了一种通过斐波那契数列及其周期性解决特定取模逆向问题的方法，利用矩阵快速幂进行高效计算。

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第一题

【问题描述】

斐波那契数列满足 $f[0]=0,f[1]=1,f[i]=f[i-1]+f[i-2](i>=2)$ 。已知 $f[i]$ 对 $10^{13}$ 取模的结果 $k$ ，求最小的可能的 $i$ 。无解输出 $-1$ 。

【输入格式】

输入包含一个非负整数 $k$ 。

【输出格式】

输出一个整数，为最小的可能的 $i$ 。无解输出 $-1$ 。

【输入样例 1】

17711

【输出样例 1】

【输入样例 2】

【输出样例 2】

9366795780274

【数据范围】

前三个数据点的 $k$ 分别为 $20180712、998244353、1000000007$ 。

对于 $100\%$ 的数据点， $0<=k<10^{13}$ 。

题解

~~又双叕TM是打表找规律。。。~~

当然你可以去找网上的证明。

话说这个部分分真TM不良心，直接 $O(n)$ 推，考试结束都没出来。。。

打个大表，你会发现 $mod\ 10$ 的循环节是 $60$ ， $mod\ 100$ 是 $300$ ， $mod\ 1000$ 是 $1500$ ， $\cdots$ ， $mod\ 10^n$ 是 $1.5\times 10^n$ 。下一层循环节是上一层的因数，而且循环节大小是线性的，所以我们可以一位一位的满足 $k$ 。

在跳循环节的时候，我们还需要验证当前项是否满足要求，需要矩阵加速递推数列，而且 $mod\ 10^{13}$ 还需要慢速乘，真是恶心。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e13;
ll loop[15],k;
struct matrix{ll sq[3][3];matrix(){memset(sq,0,sizeof(sq));}}mat,one;
vector<ll>yeah[15];
ll X(ll x,ll p){ll ans=0;for(;p;p>>=1,(x<<=1)%=mod)if(p&1)(ans+=x)%=mod;return ans;}
matrix operator *(matrix a,matrix b)
{
    matrix c;
    c.sq[1][1]=(X(a.sq[1][1],b.sq[1][1])+X(a.sq[1][2],b.sq[2][1]))%mod;
    c.sq[1][2]=(X(a.sq[1][1],b.sq[1][2])+X(a.sq[1][2],b.sq[2][2]))%mod;
    c.sq[2][1]=(X(a.sq[2][1],b.sq[1][1])+X(a.sq[2][2],b.sq[2][1]))%mod;
    c.sq[2][2]=(X(a.sq[2][1],b.sq[1][2])+X(a.sq[2][2],b.sq[2][2]))%mod;
    return c;
}
matrix power(matrix x,ll p){matrix ans=one;for(;p;p>>=1,x=x*x)if(p&1)ans=ans*x;return ans;}
void in(){scanf("%lld",&k);}
void ac()
{
    int a;ll mod=10,pos,now,ans=LONG_LONG_MAX;bool flag=0;
    one.sq[1][1]=one.sq[2][2]=1;
    mat.sq[1][1]=mat.sq[1][2]=mat.sq[2][1]=1;
    loop[0]=1,loop[1]=60,loop[2]=300;
    yeah[0].push_back(1);
    for(ll i=3,x=1500;i<=13;++i,x*=10)loop[i]=x;
    for(int p=1;p<=13;++p,mod*=10,flag=0)
    {
        for(int i=yeah[p-1].size()-1;i>=0;--i)
        {
            pos=yeah[p-1][i];
            for(ll j=0;j<loop[p];j+=loop[p-1])
            {now=power(mat,pos+j-1).sq[1][1];if(now%mod==k%mod){flag=1;yeah[p].push_back(pos+j);}}
        }
        if(!flag)puts("-1"),exit(0);
    }
    for(int i=yeah[13].size()-1;i>=0;--i)ans=min(ans,yeah[13][i]);
    printf("%lld",ans);
}
int main(){in();ac();}