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题解矩阵快速幂。
数据量太大了，直接模拟过程肯定不行。
先看一个结论：S(n) = f(n+2) - 1，其中 S(n) = f(n) + f(n-1) + …… + f(1)， f(n) = f(n-1) + f(n-2)， f(1) = f(2) = 1 我是通过打表找到的规律，应该也可以证明出来。（至于你问我为什么会去打表找规律？因为没啥思路了，觉得这么大的数据量，应该不能是遍历求S(n)，所以打表找了一下规律，就发现这个结论了）
这个结论最后再用。
遍历求f(n)还是会超时，这里就用到新知识了，矩阵快速幂。
矩阵快速幂讲解矩阵快速幂的意思就是进行快速幂运算的是矩阵。
快速幂的知识我在这就不讲了，不知道的可以看Here
矩阵快速幂的本质是将递推公式转换为幂次运算，幂次运算又可以通过快速幂算法来快速实现，从而降低了时间复杂度。
矩阵快速幂中要进行幂次操作的是矩阵，矩阵的幂次操作就是矩阵进行多次相乘，那我们就先来了解一下矩阵乘法： A * B = C，其中A、B、C均为矩阵，且A、B、C满足规格要求：A：n×k、B：k×m、C：n×m。 其中C[i][j]为A的第i行与B的第j列对应乘积的和。（线性代数基础）
矩阵乘法代码如下：
struct Matrix { // 我比较喜欢用结构体存一个二维数组表示矩阵，因为传参的时候可以传结构体，而不是一个二维数组 int m[N][N]; }; Matrix Matrix_mul(Matrix a, Matrix b) { Matrix c; for(int i = 1;i <= n;i ++) // 矩阵大小为n*n for(int j = 1;j <= n;j ++) for(int k = 1;k <= n;k ++) c.m[i][j] += a.m[i][k] * b.m[k][j]; return c; }
快速幂代码如下：
int KSM(int a, int p) { int res = 1; while(p) { if(p&1) res = res * a; a = a * a; p>>=1; } return res; }
矩阵快速幂代码就是将快速幂中的数值a换成矩阵，函数里面对应的乘法也换成矩阵乘法。
矩阵快速幂代码：
Matrix Matrix_KSM(Matrix a, int p) { Matrix res = Matrix(1, 0, 1, 0); // 单位矩阵 while(p) { if(p&1) res = Matrix_mul(res, a); a = Matrix_mul(a, a); p>>=1; } return res; }
为什么矩阵快速幂中的res要初始化为单位矩阵？这与快速幂代码中要将res初始化为1的道理类似，矩阵乘法中任何矩阵乘单位矩阵都是矩阵本身，作用与数值乘法中的1一致，这里的单位矩阵就是起到这样的作用。
以上就是矩阵快速幂的基础知识了，下面我们针对本题来说一下如何使用矩阵快速幂解决问题。
我们可以将斐波那契数列的递推公式f(n) = f(n-1) + f(n-2)，转换为矩阵形式（好神奇）：
简写成T * A(n-1) = A(n)，T矩阵就是那个2×2的常数矩阵，我们发现数列A就是一个等比数列，公比为常数矩阵T。那我们知道了A(1)之后通过矩阵快速幂不就可以实现计算常数矩阵T的若干次幂了嘛。
举几个例子可以发现，我们要求f(n)，对常数矩阵T进行n次幂的操作后得到的矩阵右上角位置的数即为f(n)的值。
快速幂的时间复杂度是O(logn)，因此我们将时间复杂度从O(n)降至O(logn)。
一些其他的递推式变形（感觉蓝桥杯会个Fib的就不错了）：
#include using namespace std; typedef long long ll; ll n, m, p; struct Matrix { ll m[3][3]; Matrix() {m[1][1] = m[1][2] = m[2][1] = m[2][2] = 0;} Matrix(ll a, ll b, ll c, ll d) { m[1][1] = a; m[1][2] = b; m[2][1] = c; m[2][2] = d; } }; ll mul(ll a, ll b, ll mod) { ll res = 0; while(b) { if(b&1) res = (res + a) % mod; (a<<=1) %= mod; b>>=1; } return res; } Matrix Matrix_mul(Matrix a, Matrix b, ll mod) { Matrix res; for(int i = 1;i <= 2;i ++) for(int j = 1;j <= 2;j ++) for(int k = 1;k <= 2;k ++) res.m[i][j] = (res.m[i][j] + mul(a.m[i][k], b.m[k][j], mod)) % mod; return res; } ll Fib(ll n, ll mod) { Matrix res = Matrix(1, 0, 1, 0); Matrix a = Matrix(1, 1, 1, 0); while(n) { if(n&1) res = Matrix_mul(res, a, mod); a = Matrix_mul(a, a, mod); n>>=1; } return res.m[1][2]; } int main() { cin>>n>>m>>p; if(m > n+2) printf("%lld\n", (Fib(n+2, p) + p - 1) % p); // 如果m>n+2，则S(n) = f(n+2)-1 < f(n+2) < f(m)，那无需对f(m)进行取模操作 else { ll Fm = Fib(m, LONG_LONG_MAX); // 得到f(m)，因为没法实现边进行矩阵快速幂边取模的操作，因此评测的数据必然能保证将f(m)求出来 printf("%lld\n", (Fib(n+2, Fm) + p - 1) % p); } return 0; }
参考
wust_wenhao 顾亦倾
