题意
给出 c 和 P ，求最小的非负整数 n 使得 \(Fib(n)=c(mod~ P)\)
其中 P 是质数且 模 10 等于一个完全平方数（也就是说 P 的末位是个完全平方数，那么只能是 1 或者 9 ）
（这里的 Fib 指的就是斐波那契数列）
前置芝士
noteskey
不知道怎么做，只能黈力呢...
我们发现斐波那契数列第 n 项是：
\[{1\over \sqrt5}\Big(\big( { 1 +\sqrt 5 \over 2 }\big)^n-\big( {1-\sqrt 5 \over 2} \big)^n \Big)
\]
\]
然后的话我们令 g 表示\(1\over \sqrt5\)， q 表示 \({1+\sqrt5\over 2}\) , \(-{1\over q}\) 表示 \(1-\sqrt 5\over 2\) 了
这样的话原本的式子就是：
\[q^n-(-q)^{-n}=cg (mod\ P)
\]
\]
令 \(x=q^n\) ，那么继续转式子：
\[x- {(-1)^{n}\over x}=cg (mod\ P)
\]
\]
\[x^2- cgx -(-1)^{n}=0(mod\ P)
\]
\]
然后的话我们就可以求根公式了：
\[x={-cg±\sqrt{(cg)^2+4(-1)^n}\over 2}
\]
\]
这样我们就可以先假设 n 的奇偶性， \(Cipolla\) 求出根号里的东西然后中间的 正负号都取一遍，这样 x 的值已经固定了，然后我们 bsgs 求出满足当前枚举的奇偶性的 n ，答案就出来了呢（最小非负整数的话就四者取个 min 就好了呢）
上面还有一个问题： 5 万一不是 模 P 意义下的二次剩余怎么办...
这个问题不用担心，题目保证了 \(P\%10=1 ~~ or~~ 9\) ，也就是说 \(P\%5=± 1\) ，据说对于 \(P\%5=±1\) 的 P 都有** 5 是模 P 的二次剩余？** 不知道为什么 （【滑稽）的说...
总之我们套两个板子就可以 A 掉此题了 QWQ
code
虽说不晓得为什么 \(\omega\) 这个虚部当成向量的第二维默认为 1 个单位就是了
而且 \(BSGS\) 里面的 \(sqrt\) 我一开始写成 \(Sqrt\) 了呢，是不是没救了呢...
另外注意这里的 \(mod\) 范围 \(2e9\) ，\(inc\) 里面千万记得加上 \(0ll\) 不然可能要调很久...（和我一样）
//by Judge
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define Rg register
#define fp(i,a,b) for(Rg int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(Rg int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(Rg int i=head[u],v=e[i].to;i;v=e[i=e[i].nxt].to)
#define ll long long
using namespace std;
const int inf=0x7fffffff;
const int M=1e5+3;
typedef int arr[M];
#ifndef Judge
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#endif
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline void cmin(int& a,int b){a=a<b?a:b;}
inline int read(){ int x=0,f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f;
} char sr[1<<21],z[20];int CCF=-1,Z;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,CCF+1,stdout),CCF=-1;}
inline void print(int x,char chr='\n'){
if(CCF>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++CCF]=45,x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++CCF]=z[Z],--Z);sr[++CCF]=chr;
} int c,s,p,w,a,mod,inv2,res,rt;
inline int dec(int x,int y){return x<y?x-y+mod:x-y;}
inline int inc(int x,int y){return 0ll+x+y>=mod?0ll+x+y-mod:x+y;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/mod*mod;}
inline int qpow(Rg int x,Rg int p,Rg int s=1){
for(;p;p>>=1,x=mul(x,x)) if(p&1) s=mul(s,x); return s;
}
struct cp{ int x,y; inline cp(Rg int xx,Rg int yy){x=xx,y=yy;}
inline cp operator *(const cp& b)const{ //有点鬼畜不知原理的向量乘操作呢
return cp(inc(mul(x,b.x),mul(w,mul(y,b.y))),inc(mul(x,b.y),mul(y,b.x)));
}
};
inline int qpow(Rg cp x,Rg int p){ Rg cp s(1,0); //向量快速乘？【逃
for(;p;p>>=1,x=x*x) if(p&1) s=s*x; return s.x;
}
inline int Sqrt(int x){ if(!x) return 0; // 0 的情况返回 0 就好了
if(qpow(x,(mod-1)>>1)==mod-1) return -1; // 无解返回 -1
while(1){ a=mul(rand(),rand()),w=dec(mul(a,a),x);
if(qpow(w,(mod-1)>>1)==mod-1) return qpow(cp(a,1),(mod+1)>>1);
}
}
const int N=262144;
struct Hash{ int pat,head[N]; struct Edge{int to,nxt,w; }e[N]; //hash 手打 map ？【雾
inline void clr(){memset(head,0,sizeof head),pat=0;}
inline void add(int v,int w){e[++pat]={v,head[v&262143],w},head[v&262143]=pat;}
inline int query(int x){go(x&262143)if(v==x)return e[i].w;return -1;}
}mp[2];
inline int bsgs(int x,int v,int tp){ //这里传的 tp 值是为了限制答案 n 的奇偶性
int m=sqrt(mod)+1; mp[0].clr(),mp[1].clr();
for(Rg int i=1,res=mul(v,x);i<=m;++i,res=mul(res,x)) mp[i&1].add(res,i);
for(Rg int i=1,tmp=qpow(x,m),res=tmp;i<=m;++i,res=mul(res,tmp))
if(mp[i*m&1^tp].query(res)!=-1) return i*m-mp[(i*m)&1^tp].query(res);
return inf;
}
int main(){ srand(time(NULL)); int T=read();
for(;T;--T){
c=read(),mod=read(),s=Sqrt(5),inv2=(mod+1)>>1;
p=mul(s+1,inv2),c=mul(c,s),res=inf;
rt=Sqrt((1ll*c*c+4)%mod); //第一种可能
if(rt>=0) cmin(res,bsgs(p,mul(inc(c,rt),inv2),0)), //再来两种可能
cmin(res,bsgs(p,mul(dec(c,rt),inv2),0));
rt=Sqrt((1ll*c*c+mod-4)%mod); //第二种可能
if(rt>=0) cmin(res,bsgs(p,mul(inc(c,rt),inv2),1)), //然后又是两个可能
cmin(res,bsgs(p,mul(dec(c,rt),inv2),1));
print(res<inf?res:-1);
} return Ot(),0;
}