Fibonacci数列定义为
$$f_n = f_{n-1}+f_{n-2}, \text{以及初值}f_0=0, f_1=1.$$
本文之讨论，皆在模$10^9+7$意义下。
FIBOSUM
给定$0 \le x \le y \le 10^9$，求$\sum_{i=x}^y f_i$。
解：
令$s_n = \sum_{i=1}^n f_i$，则
$$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} s_{n-1} \\ f_n \\ f_{n-1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} s_n \\ f_{n+1} \\ f_n \end{bmatrix}$$
于是$\sum_{i=x}^y f_i = s_y - s_{x-1}$，可用矩阵快速幂$O(\log x + \log y)$解决。
FIBOSUM2
给定$0 \le c < k \le 2^{15}$，以及$0 < n \le 10^{18}$，求
$$\sum_{i=1}^n f_{ki+c}.$$
解：
令
$$M = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$$
则
$$M \begin{bmatrix} f_n \\ f_{n-1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} f_{n+1} \\ f_n \end{bmatrix}$$
$$M^n = \begin{bmatrix} f_{n+1} & f_n \\ f_n & f_{n-1} \end{bmatrix}$$
于是$(M^n)_{01} = f_n$，
$$\left( \sum_{i=x}^y M^i \right)_{01} = \sum_{i=x}^y f_i$$
进而
$$ \left( \sum_{i=1}^n M^{ki+c} \right)_{01} = \sum_{i=1}^n f_{ki+c}$$
借此我们令
$$A = \begin{bmatrix} I & M^k \\ 0 & M^k \end{bmatrix}$$
可以验证
$$A^n \begin{bmatrix} 0 \\ M^c \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \sum_{i=1}^n M^{ki+c} \\ M^{kn+c} \end{bmatrix}$$
可以利用矩阵快速幂在$O(4^3 \log n)$求得。
这样复杂度太高，我们继续优化。
设$f(\lambda) = \det (\lambda I - A)$是矩阵$A$的特征多项式，即
$$f(\lambda) = \lambda^4 - a_1 \lambda^3 - a_2 \lambda^2 - a_3 \lambda - a_4. $$
其中$a_1 = f_{k+1}+f_{k-1}+2, a_2 = -(f_{k+1}f_{k-1}-f_k^2+2(f_{k+1}+f_{k-1})+1), a_3 = 2(f_{k+1}f_{k-1}-f_kf_k)+f_{k+1}+f_{k-1}, a_4 = f_k^2-f_{k+1}f_{k-1}.$
由Hamilton-Cayley定理，$f(A) = 0$，即
$$A^4 = a_1 A^3 + a_2 A^2 + a_3 A + a_4 I.$$
于是我们可以利用多项式乘法，把$A^n$化为$A$的三次多项式。
假设$A^n = c_3 A^3 + c_2 A^2 + c_1 A^1 + c_4$，并令$s_n = \sum_{i=1}^n f_{ki+c}$，有
$$s_n = \sum_{i=0}^3 c_is_i = c_1s_1+c_2s_2+c_3s_3$$
时间复杂度$O(4^2 \log n)$。
我们仍可继续优化，考虑到Fibonacci数列在模$10^9+7$下的循环节是$2 \times 10^9+16$，并且
$$s_n = \sum_{i=1}^{2 \times 10^9+16} f_{ki+c} \equiv \sum_{i=1}^{2 \times 10^9+16} f_{i} \equiv 0 \pmod {10^9+7}.$$
于是
$$s_n \equiv s_{n \bmod (2 \times 10^9+16)}.$$
则可以把$n$限制到 int 范围内。