蠢蠢的我竟然第一眼想套通项公式？然鹅显然 (5) 在 (mod 10^{13}) 意义下并没有二次剩余……我真是活回去了。。。
考虑打表找规律（u1s1 这是一个非常有用的技巧，因为这个 (10^{13}) 给的就很灵性，用到类似的技巧的题目还有这个，通过对这些模数的循环节打表找出它们的共同性质，所以以后看到什么特殊的数据或者数据范围特别大但读入量 (mathcal O(1)) 的题（比如 CF838D）可以考虑小数据打几个表看看有没有什么共同特征，说不定对解题有些用处），斐波那契数列在模 (10,100,1000,10000,100000,cdots) 意义下的循环节恰好是 (60,300,1500,15000,150000)，后面依次乘 (10)。
因此我们考虑这样一个算法，我们考虑枚举 (f_1,f_2,cdots,f_{1.5 imes 10^6})，即 Fibonacci 数列在模 (10^6) 下的循环节并求出满足 (f_iequiv npmod{10^6}) 的 (i) 组成的集合 (S)，然后一步步将模数乘 (10) 并生成新的集合 (S)，具体来说，由于每 (1.5 imes 10^6) 项斐波那契数列恰好构成一个循环节，因此斐波那契数列模 (10^7) 的一个循环节恰好由 (10) 个模 (10^6) 的循环节组成，因此在一个模 (10^7) 的循环节中，所有 (f_i) 与 (n) 模 (10^6) 同余的 (i) 一定可以写成 (kT+x) 的形式，其中 (k=0,1,2,cdots,9,T=1.5 imes 10^6,xin S)，我们只需检验是否 (f_{kT+x}equiv npmod{10^7}) 即可求出 (f_iequiv npmod{10^7}) 的 (i) 组成的集合 (S)，也就完成了由 (10^6 o 10^7) 的转化，如此一直推到 (10^{13}) 即可。
时间复杂度 (mathcal O( ext{能过}))
const int T=1.5e6;
const ll MOD=1e13;
const int SMOD=1e6;
const ll INF=1e18;
ll n;
ll smul(ll x,ll y){
ll ret=0;
for(;y;y>>=1,(x<<=1)%=MOD) if(y&1) (ret+=x)%=MOD;
return ret;
}
struct mat{
ll a[2][2];
mat(){memset(a,0,sizeof(a));}
mat operator *(const mat &rhs){
mat ret;
for(int i=0;i<2;i++) for(int j=0;j<2;j++) for(int k=0;k<2;k++)
ret.a[i][j]+=smul(a[i][k],rhs.a[k][j]);
for(int i=0;i<2;i++) for(int j=0;j<2;j++) ret.a[i][j]%=MOD;
return ret;
}
};
ll getf(ll ps){
mat bs;bs.a[0][1]=bs.a[1][0]=bs.a[1][1]=1;
mat rs;rs.a[0][0]=rs.a[1][1]=1;
for(;ps;ps>>=1,bs=bs*bs) if(ps&1) rs=rs*bs;
return rs.a[1][0];
}
vector<ll> can,tmp;
int main(){
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1,p=0,q=1;i<=T;i++){
if(q%SMOD==n%SMOD) can.pb(i);
p=(p+q)%MOD;p^=q^=p^=q;
} ll CT=T,CMOD=SMOD;
while(CMOD^MOD){
tmp.clear();CMOD*=10;
for(ll x:can) for(int i=0;i<=9;i++)
if(getf(CT*i+x)%CMOD==n%CMOD) tmp.pb(CT*i+x);
swap(tmp,can);CT*=10;
} ll res=INF;for(ll x:can) chkmin(res,x);
printf("%lld
",(res==INF)?-1:res);
return 0;
}