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洛谷P2020
BZOJ2432
LOJ#2442

Solution

顯然是斐波那契數列。
但是遞推式加入了鬼畜的條件：
$f\left[i\right]=f[$

i − 1 ] + f [ i − 2 ] − [ f [ i − 1 ] + f [ i − 2 ] ≡ 1 (   m o d   k ) ] f[i]=f[i-1]+f[i-2]-[f[i-1]+f[i-2]\equiv1(\bmod k)]
我們考慮對在模 $k$ 意義下的 $f$ 進行討論。
可以發現，當 $i>2$ 時，如果是滿足 $f[i-1]+f[i-2]\equiv1(\bmod k)$ 最小的 $i$ ，
那麼 $f[i]=0$ ，而：
$f[i+1]=f[i]+f[i-1]=f[i-1]$
同樣地， $f[i+2]=f[i+1]+f[i]=f[i-1]$ 。
於是接下去在沒有模 $k$ 餘 $1$ 的情況時，有 $f[i+x]=f[i-1]\times Fib(x)$ 。
（ $Fib(x)$ 為斐波那契數列第 $x$ 項）
考慮如果存在最小 $j>i$ 滿足 $f[j-1]+f[j-2]\equiv1(\bmod k)$ ，
那麼有 $f[i-1]\times Fib(j-i)\equiv 1(\bmod k)$ 。
用 exgcd 求出 $f[i-1]$ 的逆元 $f[i-1]^{-1}$ ，找到一個最小的 $j>i$ ，
滿足 $Fib(j-i)=f[i-1]^{-1}$ ，則 $f[j-1]+f[j-2]\equiv1(\bmod k)$ 。
如果 $f[i-1]$ 的逆元不存在或者不存在 $Fib(j-i)=f[i-1]^{-1}$ ，則在 $i$ 之後不會出現模 $k$ 餘 $1$ 的情況。
又由於 $Fib$ 模 $k$ 的餘數的最小正週期為 $O(k)$ ，所以考慮先求出最小正週期 $r$ ，然後預處理出 $1$ 到 $r+1$ 的 $Fib$ 。
然後求出 $Fib[1\dots r+1]$ 的逆元 $inv[1\dots r+1]$ 。
定義 $Fib_x$ 為：
$Fib_x(1)=Fib_x(2)=x$
$Fib_x(n)=Fib_x(n-1)+Fib_x(n-2),n>2$