将每一个重置为0的点作为一段，那么它会导致后面为以x x为开头的斐波拿起数列的东西，那么设这一段是以x为开头，要快速转移到下一段，就可以解决这道题目
为了转移，我们要处理出下面的东西：1.求出x关于模k的逆元，也就是找到这个0原来的值，那么x*上一个数就是下一段的开头；2.通过这个值反推出这一段的长度（因为我们要求出第n个数），并通过矩阵乘法求出上一个值
当(x,k)不等于1，那么就没有逆元，也就是说不会出现特殊情况，直接矩乘即可
当(x,k)=1，通过exgcd求出逆元后，由于斐波那契数列关于模k的循环节不超过6k，预处理出每一个i满足$iequiv f[j](mod k)$的最小的j即可反推出长度
当然由于n过于大，有可能要经过很多个这样的东西，但由于这样的值只有k个，因此最终会形成循环，我们只需要在循环中快速查找即可
主要思路就是这样，实现起来要注意细节（比如答案不是对k取模而是对k）和实现的方法（比如特殊的转移也可以用矩阵来转移）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 1000005 4 struct ji{ 5 int a[3][3]; 6 }s,zy1,zy2,ans; 7 int k,p,fi,ne,vis[N],las[N]; 8 long long n,l[N]; 9 ji cheng(ji a,ji b){ 10 ji c; 11 memset(c.a,0,sizeof(c.a)); 12 for(int i=0;i<3;i++) 13 for(int j=0;j<3;j++) 14 for(int k=0;k<3;k++) 15 c.a[i][j]=(c.a[i][j]+1LL*a.a[i][k]*b.a[k][j])%p; 16 return c; 17 } 18 void ksm(long long n){ 19 if (!n)return; 20 ji s=zy1; 21 while (n){ 22 if (n&1)ans=cheng(ans,s); 23 s=cheng(s,s); 24 n/=2; 25 } 26 } 27 int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){ 28 if (!b){ 29 x=1; 30 y=0; 31 return a; 32 } 33 int t=exgcd(b,a%b,y,x); 34 y-=a/b*x; 35 return t; 36 } 37 int main(){ 38 scanf("%lld%d%d",&n,&k,&p); 39 ans.a[0][0]=ans.a[1][1]=ans.a[2][2]=1; 40 s=ans; 41 zy1.a[0][1]=zy1.a[1][0]=zy1.a[1][1]=zy1.a[2][2]=1; 42 zy2=zy1; 43 zy2.a[2][0]=zy2.a[2][1]=p-1; 44 int a=1,b=1; 45 for(int i=3;;i++){ 46 int c=(a+b)%k; 47 if (!vis[c]){ 48 vis[c]=i; 49 las[c]=b; 50 } 51 if ((!c)&&(b==1))break; 52 a=b; 53 b=c; 54 } 55 fi=1; 56 int flag=0; 57 while (1){ 58 if (exgcd(fi,k,a,b)>1)break; 59 a=(a%k+k)%k; 60 if (n<vis[a])break; 61 n-=vis[a]; 62 ksm(vis[a]-1); 63 ans=cheng(ans,zy2); 64 ne=1LL*fi*las[a]%k; 65 if ((flag<2)&&(l[ne])){ 66 flag++; 67 if (flag<2)swap(ans,s); 68 else{ 69 swap(ans,s); 70 swap(s,zy1); 71 ksm(n/(l[ne]-n)+1); 72 n%=l[ne]-n; 73 swap(s,zy1); 74 } 75 memset(l,0,sizeof(l)); 76 } 77 l[fi=ne]=n; 78 } 79 ksm(n); 80 printf("%d",(ans.a[1][0]+ans.a[2][0])%p); 81 }