Description
农夫栋栋近年收入不景气，正在他发愁如何能多赚点钱时，他听到隔壁的小朋友在讨论兔子繁殖的问题。
问题是这样的：第一个月初有一对刚出生的小兔子，经过两个月长大后，这对兔子从第三个月开始，每个月初生一对小兔子。新出生的小兔子生长两个月后又能每个月生出一对小兔子。问第n个月有多少只兔子？
聪明的你可能已经发现，第(n)个月的兔子数正好是第(n)个(Fibonacci)(斐波那契)数。栋栋不懂什么是Fibonacci数，但他也发现了规律：第(i+2)个月的兔子数等于第(i)个月的兔子数加上第(i+1)个月的兔子数。前几个月的兔子数依次为：
(1;1;2;3;5;8;13;21;34 cdots)
栋栋发现越到后面兔子数增长的越快，期待养兔子一定能赚大钱，于是栋栋在第一个月初买了一对小兔子开始饲养。
每天，栋栋都要给兔子们喂食，兔子们吃食时非常特别，总是每k对兔子围成一圈，最后剩下的不足(k)对的围成一圈，由于兔子特别害怕孤独，从第三个月开始，如果吃食时围成某一个圈的只有一对兔子，这对兔子就会很快死掉。
我们假设死去的总是刚出生的兔子，那么每个月的兔子数仍然是可以计算的。例如，当(k=7)时，前几个月的兔子数依次为：
(1;1;2;3;5;7;12;19;31;49;80 cdots)
给定(n)，你能帮助栋栋计算第(n)个月他有多少对兔子么？由于答案可能非常大，你只需要告诉栋栋第(n)个月的兔子对数除(p)的余数即可。
Input
输入一行，包含三个正整数(n, k, p)。
Output
输出一行，包含一个整数，表示栋栋第(n)个月的兔子对数除p的余数。
Sample Input
6 7 100
Sample Output
7
HINT
(1 le N le 10^{18})
(2 le K le 10^{6})
(2 le P le 10^9)
一道很好的矩阵乘法的题目，综合性感觉蛮强的。
以(k=7)为例，考虑(f[i]%k)组成的序列:
1,1,2,3,5,0,
5,5,3,0,
3,3,6,2,0,
2,2,4,6,3,2,5,0,5,5,3,0,
3,3,6,2,0,
(cdots)
把减(1)得(0)的位置标出，并以这些(0)为界分段，可以发现：
①每段开头必为相同两数，它恰是上一段的最末一位非(0)数；由于总共只有(k-1)种余数，所以不超过(k)段就会出现循环（如果有的话），比如上面(k=7)时的第(3,4)段就是循环节。
②记斐波那契数列为(fib[i])。假如某段段首数字为(x)，那么这一段内第i个数即为(x imes fib[i]%k)。若记这一段长度为(len)，则有(x imes fib[len] equiv 1(mod k))。
现在我们试图找到整个数列的循环结构：根据上式，①求x的逆元得到(fib[len])，②由(fib[len])得知(len)，③用(x imes fib[len-1]%k)算出下一段的段首，重复操作直到发现循环（或者发现这一段永远不终止）。
至于具体实现：①扩欧或者欧拉定理②预处理(indfib[y])数组，表示斐波那契数列中模(k)余(y)的数第一次出现的下标（开头的两个1不算）③预处理(fib[i])模(k)的值。有一个结论：斐波那契数列模(k)后一定是0,1,1开头的纯循环，而且这个循环节的长度$ le 6k(（不知具体怎么证。。），所以只需暴力算)fib(数组并同时记录)indfib[](，发现循环即停止。
注意，假如第①步不存在逆元，或者第②步不存在符合的)len$，那么这一段将永远不会终止（比如k=8时就是这样），那么整个数列就不存在循环了（可以视作最后一段的长度为无穷大）。
接下来考虑如何用矩阵乘法计算(f[n]%p)。
两个重要矩乘：
分别记这两个(3 imes 3)矩阵为(A,B)。令初始矩阵为
，通过对其不断右乘(A)和(B)便能实现累加、减(1)两种操作。对于分出的每一段算出一个矩阵(A^{len} imes B)，表示这一段的“效果”。
接下来是喜闻乐见的分类讨论时间：假如整个数列是循环的，判断第n项是否在混循环的那部分里，若是则直接把前面几段乘起来，n所在这一段的零头直接用A的次幂算；若不是则先把混循环全部乘起来，然后把循环节全部乘起来，算出循环次数再快速幂，然后再像刚才一样算零头乘上去。若数列不循环倒方便些，也与上面类似，不多说了；如果长度无限，直接矩乘累加即可。
上述内容引自http://jcvb.is-programmer.com/posts/39528.html。
最后贴一份自己的代码：
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define maxn (1000010)
ll n,K,p,fib[10000010],len[maxn],indfib[maxn],inv[maxn];
bool vis[maxn];
struct Matrix
{
ll a,b; ll s[4][4];
Matrix () { memset(s,0,sizeof(s)); }
friend inline Matrix operator * (const Matrix &x,const Matrix &y)
{
Matrix z; z.a = x.a; z.b = y.b;
for (ll i = 1;i <= z.a;++i)
for (ll j = 1;j <= z.b;++j)
for (ll k = 1;k <= x.b;++k)
(z.s[i][j] += x.s[i][k]*y.s[k][j]%p)%=p;
return z;
}
}save[maxn];
inline ll exgcd(ll a,ll b,ll c)
{
if (a == 0) return -1;
else if (c % a == 0) return c/a;
ll t = exgcd(b % a,a,((-c % a)+a)%a);
if (t == -1) return -1;
return (t*b+c)/a;
}
inline Matrix qsm(Matrix x,ll y)
{
Matrix ret;
ret.a = ret.b = x.a; ret.s[1][1] = ret.s[2][2] = ret.s[3][3] = 1;
for (;y;y >>= 1,x = x*x)
if (y & 1) ret = ret*x;
return ret;
}
int main()
{
freopen("2432.in","r",stdin);
freopen("2432.out","w",stdout);
scanf("%lld %lld %lld",&n,&K,&p);
fib[1] = fib[2] = 1;
for (ll i = 3;;++i)
{
fib[i] = fib[i-1] + fib[i-2];
if (fib[i] >= K) fib[i] -= K;
if (!indfib[fib[i]]) indfib[fib[i]] = i;
if (fib[i] == 1&&fib[i-1] == 1) break;
}
Matrix ans,mul,dec; bool sign = false;
ans.a = 1; ans.b = 3; ans.s[1][1] = ans.s[1][3] = 1;
mul.a = mul.b = 3; mul.s[1][2] = mul.s[2][1] = mul.s[2][2] = mul.s[3][3] = 1;
dec.a = dec.b = 3; dec.s[1][1] = dec.s[2][2] = dec.s[3][3] = 1; dec.s[3][2] = -1;
for (ll t = 1;n;)
{
if (!inv[t]) inv[t] = exgcd(t,K,1);
if (inv[t] == -1) { ans = ans*qsm(mul,n); n = 0; }
else
{
if (!vis[t]||sign)
{
vis[t] = true;
if (!indfib[inv[t]])
{
ans = ans*qsm(mul,n); n = 0;
}
else
{
len[t] = indfib[inv[t]];
if (n >= len[t])
{
n -= len[t];
save[t] = qsm(mul,len[t])*dec;
ans = ans*save[t];
(t *= fib[len[t]-1])%=K;
}
else { ans = ans*qsm(mul,n); n = 0; }
}
}
else
{
ll cnt = 0; Matrix ret; ret.a = ret.b = 3; ret.s[1][1] = ret.s[2][2] = ret.s[3][3] = 1;
for (ll i = t*fib[len[t]-1]%K;i != t;(i *= fib[len[i]-1])%=K)
cnt += len[i],ret = ret * save[i];
cnt += len[t],ret = save[t]*ret;
ans = ans*qsm(ret,n/cnt); n %= cnt;
sign = true;
}
}
}
printf("%lld",(ans.s[1][2]+p)%p);
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}