斐波那契数列的模意义下循环节
以 \(f_0 = 0,f_1 = 1,f_n = f_{n-1}+f_{n-2}\) 为例。其中 \(a,b\) 为给定的常数。\(10^3\) 组询问，每次给定模数 \(p(< 10^9)\)，求 \(f\) 的最小循环节。（其实\(f_0,f_1\)，以及递推式不同，也可以用类似的方法）
可以找出任意一个循环节，那么最小循环节应该是这个循环节的一个约数。枚举判断即可。
p为奇素数
众所周知，\(f_n = \frac{\phi^n - \hat{\phi}^n}{\sqrt 5}\)。根据不同的递推式，也可以用特征根法求通项得到类似的式子。
发现无论是 \(\phi\)，还是 \(\hat{\phi}\)，还是分母，都含有 \(\sqrt 5\) 的项。如果 \(5\) 在模 \(p\) 意义下是二次剩余，那么 \(\sqrt 5,\phi,\hat{\phi}\) 的循环节都是 \(p-1\)，那么可得 \(f\) 的循环节为 \(p-1\)。
但是，有时候 \(5\) 并不是二次剩余，但是这就意味着 \(5^{(p-1)/2}=-1\)。然后有一个神奇的式子\(\phi^p=\hat{\phi},\hat\phi^p=\phi\)。证明如下:
\[\phi^p = (\frac{1+\sqrt5}{2})^p = \frac{(1+\sqrt5)^p}{2} = \frac{1-\sqrt5}{2}=\hat\phi \]其中用到了 \((a+b)^p=a^p+b^p\) 和 \(a^p=a\)。\(\hat\phi^p=\phi\) 的证明也类似。然后观察特征方程，根据韦达定理发现 \(\phi\hat\phi=-1\)，那么就有 \(\phi^2 \hat\phi^2 = 1\)。
\[f_{2p+2} = \frac{\phi^{2p+2} - \hat\phi^{2p+2}}{\sqrt5}= 0 = f_0\\ f_{2p+3} = \frac{\phi-\hat\phi}{\sqrt 5} = f_1 \]这个对于其余的递推式来说也一样，只不过可能需要要求 \((\phi\hat\phi)^2=1\) 或者某些更好的式子（如 \(\phi\hat\phi=1\)）
于是，当 \(5\) 不是二次剩余的时候，\(f\) 的循环节长度为 \(2p+2\)。
p^k
有一个神奇的结论：
\[L(p^k) = L(p) p^{k-1} \]其中 \(L(a)\) 表示模数为 \(a\) 的斐波那契循环节长度。证明：
假设 \(L(p)=m,m'=mp^{k-1}\)
\[\frac{\phi^m-\hat\phi^m}{\sqrt 5} = f_m=f_0=0 \pmod p\\ \phi^m=\hat\phi^m \pmod p\\ (\phi^{m})^{p^{k-1}} = (\hat\phi^m)^{p^{k-1}} \pmod {p^k}\\ \frac{(\phi^{m})^{p^{k-1}}- (\hat\phi^m)^{p^{k-1}}}{\sqrt 5}=0=f_{m'}=f_0 \pmod {p^k} \]还有个更强的：
\[\frac{\phi^{m+1} - \hat\phi^{m+1}}{\sqrt 5} = f_{m+1}=f_1 = \frac{\phi-\hat\phi}{\sqrt5}=1 \pmod p\\ \phi^{m+1}-\hat\phi^{m+1} - \phi+\hat\phi=0 \pmod p\\ \phi(\phi^m-1)-\hat\phi(\hat\phi^m-1)=0 \pmod p\\ (\phi - \hat\phi)(\phi^m-1)=0 \pmod p\\ \phi^m=\hat\phi^m =1 \pmod p\\ (\phi^{m})^{p^{k-1}} = (\hat\phi^m)^{p^{k-1}}=1 \pmod {p^k}\\ f_{m'+1} =\frac{(\phi^{m})^{p^{k-1}}\phi- (\hat\phi^m)^{p^{k-1}}\hat\phi}{\sqrt 5}=1=f_1 \pmod {p^k} \]所以 \(L(p^k) = m' = L(p)m^{k-1}\)
其中用到了定理：如果 \(a = 1 \pmod p\)，那么 \(a^{p^k}=1 \pmod {p^{k+1}}\)。可以用归纳法证明（见开头博客）。
此外，我尚未尝试在其它递推式的数列中使用此方法证明，但是对于 \(f_n=3f_{n-1}-f_{n-2}\) 的小范围打表中可以验证 \(L(p^k) = L(p)p^{k-1}\)。
pq，且p,q互质
中国剩余定理可知，\(L(pq)=lcm(L(p),L(q)),(\gcd(p,q)=1)\)。
至少反过来证明 \(lcm(L(p),L(q))\) 为模 \(pq\) 的循环节不难。因为 \(f(km)=0 \pmod p,k \in Z;f(km')=0 \pmod q,k \in Z\)，所以 \(f(klcm(m,m'))=0 \pmod {pq},k \in Z\)
于是，我们可以用类似求积性函数的方法来求模 p 意义下的循环节。最后枚举一下约数即可。
一些技巧和结论
我们自然可以通过欧拉判别准则\((\dfrac{a}{p})=a^{(p-1)/2}\) 来判断奇素数是否是二次剩余，但是还有个 \(O(1)\) 的方法：二次互反律，即对于两个奇素数 \(p,q\)，有 \((\dfrac{p}{q}) \cdot (\dfrac{q}{p}) = (-1)^{\frac{p-1}2} \cdot (-1)^{\frac{q-1}2}\)。于是可以转化为判断 \(p\) 是否在模 \(5\) 的意义下是二次剩余，这个可以 \(O(1)\) 判断:\(1,4\) 是，\(2,3\) 不是。
总复杂度：\(O(\sigma_0(n)\log n)\)，瓶颈在于判断约数是否为循环节，需要矩乘。
有结论：答案不超过 \(6p\)。当然，对于 \(p < 1000\)，可以直接 \(p^2\) 地判断。
似乎可以直接在 \(p\) 为奇素数那里枚举 \(p-1\) 或 \(2p+2\) 的约数，其余不用枚举约数，最终就可以得到最小循环节。并不会证明，也仅限于斐波那契数列。