The Tribonacci sequence is defined by \(T_1=T_2=T_3=1\) and
$$T_{k+3}=T_{k+2}+T_{k+1}+T_k.$$
For an odd integer \(n\), we ask whether at least one Tribonacci term is divisible by \(n\). The task is to scan the odd integers and find the 124th one for which this never happens.
Trying to generate huge Tribonacci numbers directly is the wrong viewpoint. Divisibility by \(n\) depends only on residues modulo \(n\), so the real problem is to understand the orbit of a recurrence on residue triples.
For a fixed candidate \(n\), group three consecutive terms into one state:
$$S_k=(T_k,T_{k+1},T_{k+2})\bmod n.$$
The Tribonacci recurrence then becomes the deterministic transition
$$F_n(a,b,c)=(b,c,(a+b+c)\bmod n),$$
so that \(S_{k+1}=F_n(S_k)\) with starting state \(S_1=(1,1,1)\bmod n\). This is the natural state space for the problem because the next term depends on exactly the previous three terms and on nothing else.
For every \(m\ge 3\), the term \(T_m\) appears as the third coordinate of a state:
$$S_{m-2}=(T_{m-2},T_{m-1},T_m)\bmod n.$$
Therefore
$$n\mid T_m \quad \Longleftrightarrow \quad \text{the orbit of } S_1 \text{ contains a state with third coordinate } 0.$$
This is why the implementations only inspect the newest residue in each triple. A zero in the first or second coordinate would simply be a third coordinate from one or two steps earlier, and the initial state \((1,1,1)\) clearly contains no zero for the odd candidates being tested.
Modulo \(n\), there are only \(n^3\) possible residue triples. Since the transition \(F_n\) is deterministic, once a state repeats, the entire future orbit repeats as well. That means the Tribonacci sequence modulo \(n\) is periodic at the level of triples, and each odd candidate can be classified after exploring only a finite orbit.
If a zero third coordinate appears before the orbit closes, then \(n\) divides some Tribonacci term. If the orbit closes first and no third coordinate was zero anywhere on that closed walk, then zero will never appear later either, so \(n\) is a Tribonacci non-divisor.
The state model makes small examples transparent. For \(n=9\), the first few states are
$$ (1,1,1)\to(1,1,3)\to(1,3,5)\to(3,5,0). $$
The third coordinate becomes 0 in the state \((T_4,T_5,T_6)\bmod 9\), so \(9\mid T_6\). Thus 9 is rejected immediately.
For \(n=27\), the orbit begins
$$ (1,1,1)\to(1,1,3)\to(1,3,5)\to(3,5,9)\to(5,9,17)\to(9,17,4)\to\cdots $$
and the full modular orbit eventually returns to an earlier state without ever producing a third coordinate 0. So 27 is accepted. In fact, it is the first odd integer with the required non-divisibility property.
The orbit is generated by repeatedly applying the same transition \(F_n\), so it is exactly the setting for Floyd's tortoise-hare cycle detection. One pointer advances by one state and the other by two. This finds a repeated state using constant memory instead of storing every triple encountered so far.
At the same time, the implementations watch the third coordinate of the visited states. If either pointer reaches a triple whose newest residue is 0, the candidate is immediately known to divide a Tribonacci term. If the two pointers meet first, the code has found a cycle and then checks that cycle once to confirm that no state on it has third coordinate 0.
The C++, Python, and Java implementations all test a single odd \(n\) in the same way. They represent the current residue triple \((a,b,c)\), advance it by the modular Tribonacci transition, and initialize Floyd's slow and fast pointers from the start state \((1,1,1)\bmod n\).
After initialization, the implementation loops until one of two events occurs. If the newest residue becomes 0, the candidate is classified as a divisor and the test stops immediately. Otherwise the slow and fast pointers eventually meet, which proves that the orbit has entered a cycle. The code then walks once around that cycle, checking every state's third coordinate before declaring the candidate a non-divisor.
That second pass is important. The meeting point only tells us that a cycle exists; it does not by itself guarantee that every state on the cycle has been inspected for a zero residue. The implementations therefore verify the entire loop explicitly.
Outside the single-candidate test, the algorithm simply scans the odd integers
$$3,5,7,9,\dots$$
because the problem asks specifically for odd \(n\). Each odd number is tested independently. Whenever the Tribonacci orbit modulo that \(n\) closes without hitting a third coordinate 0, the counter of successful candidates is increased by one.
The search ends as soon as the required count is reached. The three language versions differ only in syntax; they implement the same state transition, the same cycle detection, and the same outer scan over odd candidates.
For one fixed \(n\), the state space has at most \(n^3\) triples. Let \(p_n\) be the number of transitions examined before the orbit repeats. Then \(p_n\le n^3\), and Floyd's method uses \(O(p_n)\) state updates plus one additional traversal of the detected cycle. The worst-case time for one candidate is therefore \(O(n^3)\).
The memory usage is \(O(1)\): only a handful of residue triples and counters are stored. If \(A_t\) denotes the \(t\)-th odd Tribonacci non-divisor, the total work of finding it is
$$ O\!\left(\sum_{\substack{3\le n\le A_t\\2\nmid n}} p_n\right), $$
with the crude upper bound \(O(A_t^4)\) coming from \(p_n\le n^3\). In practice the periods are much shorter than the full state-space bound, so the search is easily feasible for the required target.
Die Tribonacci-Folge ist durch \(T_1=T_2=T_3=1\) und
$$T_{k+3}=T_{k+2}+T_{k+1}+T_k$$
definiert. Zu jeder ungeraden Zahl \(n\) fragen wir, ob mindestens ein Tribonacci-Term durch \(n\) teilbar ist. Gesucht ist die 124. ungerade Zahl, bei der das nie geschieht.
Direktes Rechnen mit immer groesseren Tribonacci-Zahlen fuehrt in die falsche Richtung. Teilbarkeit durch \(n\) haengt nur von Resten modulo \(n\) ab. Das eigentliche Problem ist also eine Dynamik auf Tripeln von Restklassen.
Fuer ein festes \(n\) fassen wir drei aufeinanderfolgende Terme zu einem Zustand zusammen:
$$S_k=(T_k,T_{k+1},T_{k+2})\bmod n.$$
Dann wird die Rekursion zur deterministischen Abbildung
$$F_n(a,b,c)=(b,c,(a+b+c)\bmod n),$$
also \(S_{k+1}=F_n(S_k)\) mit Startzustand \(S_1=(1,1,1)\bmod n\). Genau dieses Tripel ist der richtige Zustandsraum, weil der naechste Tribonacci-Wert nur von den drei vorherigen abhaengt.
Fuer jedes \(m\ge 3\) erscheint der Term \(T_m\) als dritte Koordinate eines Zustands:
$$S_{m-2}=(T_{m-2},T_{m-1},T_m)\bmod n.$$
Daher gilt
$$n\mid T_m \quad \Longleftrightarrow \quad \text{die Bahn von } S_1 \text{ enthaelt einen Zustand mit dritter Koordinate } 0.$$
Damit ist auch ein wichtiges Implementationsdetail erklaert: Geprueft werden muss nur die neueste Restklasse. Eine 0 in der ersten oder zweiten Koordinate waere ein oder zwei Schritte zuvor bereits die dritte Koordinate gewesen, und der Startzustand \((1,1,1)\) enthaelt fuer die geprueften ungeraden Kandidaten offensichtlich keine 0.
Modulo \(n\) gibt es hoechstens \(n^3\) verschiedene Resttripel. Da \(F_n\) deterministisch ist, erzwingt eine Wiederholung eines Zustands sofort eine Wiederholung der gesamten weiteren Bahn. Die Tribonacci-Folge modulo \(n\) ist auf Tripel-Ebene also periodisch, und ein festes \(n\) laesst sich durch endliches Durchlaufen seiner Bahn entscheiden.
Erscheint vor dem Schliessen der Bahn eine dritte Koordinate 0, dann teilt \(n\) einen Tribonacci-Term. Schliesst sich die Bahn zuerst und kam auf dem ganzen Zyklus keine 0 als dritte Koordinate vor, dann wird spaeter ebenfalls keine mehr auftreten. Genau dann ist \(n\) ein Tribonacci-Nichtteiler.
Fuer \(n=9\) beginnen die Zustaende mit
$$ (1,1,1)\to(1,1,3)\to(1,3,5)\to(3,5,0). $$
Die dritte Koordinate wird also im Zustand \((T_4,T_5,T_6)\bmod 9\) zu 0, also gilt \(9\mid T_6\). Damit ist 9 kein gesuchter Kandidat.
Fuer \(n=27\) startet die Bahn als
$$ (1,1,1)\to(1,1,3)\to(1,3,5)\to(3,5,9)\to(5,9,17)\to(9,17,4)\to\cdots $$
und der volle Orbit kehrt spaeter zu einem frueheren Zustand zurueck, ohne jemals eine dritte Koordinate 0 zu erzeugen. Deshalb wird 27 akzeptiert; tatsaechlich ist es die erste ungerade Zahl mit dieser Eigenschaft.
Die Bahn entsteht durch wiederholte Anwendung derselben Funktion \(F_n\). Damit passt Floyds Schildkroete-Hase-Verfahren perfekt: Ein Zeiger geht einen Schritt, der andere zwei Schritte. So findet man eine Zustandswiederholung mit konstantem Speicher, statt alle bisher gesehenen Tripel zu speichern.
Gleichzeitig beobachten die Implementierungen stets die dritte Koordinate der besuchten Zustaende. Falls einer der beiden Zeiger dort eine 0 erreicht, ist sofort klar, dass \(n\) einen Tribonacci-Term teilt. Treffen sich die Zeiger zuerst, ist ein Zyklus gefunden, und dieser wird anschliessend einmal komplett durchlaufen, um zu bestaetigen, dass nirgends eine 0 als dritte Koordinate vorkommt.
Die C++-, Python- und Java-Implementierungen testen ein festes ungerades \(n\) alle auf dieselbe Weise. Sie speichern das aktuelle Resttripel \((a,b,c)\), wenden den modularen Tribonacci-Schritt darauf an und initialisieren daraus die langsame und die schnelle Floyd-Spur ab dem Startzustand \((1,1,1)\bmod n\).
Danach laeuft eine Schleife mit genau zwei moeglichen Ausgaengen. Wird die neueste Restklasse 0, ist der Kandidat als Teiler erkannt und die Pruefung endet sofort. Treffen sich dagegen langsamer und schneller Zeiger, wurde ein Zyklus erreicht. Dann geht der Code genau einmal um diesen Zyklus und kontrolliert jede dritte Koordinate, bevor er den Kandidaten als Nichtteiler akzeptiert.
Diese zweite Runde ist wesentlich. Der Treffpunkt beweist nur, dass es einen Zyklus gibt; er garantiert noch nicht, dass jeder Zustand auf diesem Zyklus bereits auf eine 0 untersucht wurde.
Ausserhalb des Einzeltests wird einfach die Folge der ungeraden Zahlen
$$3,5,7,9,\dots$$
durchlaufen, weil genau diese Kandidaten vom Problem verlangt werden. Jede ungerade Zahl wird unabhaengig geprueft. Immer wenn sich die modulare Tribonacci-Bahn schliesst, ohne irgendwo eine dritte Koordinate 0 zu erzeugen, wird der Zaehler der erfolgreichen Kandidaten um eins erhoeht.
Sobald die gewuenschte Anzahl erreicht ist, endet die Suche. Die drei Sprachversionen unterscheiden sich nur in der Syntax; mathematisch fuehren sie genau denselben Test aus.
Fuer ein festes \(n\) besitzt der Zustandsraum hoechstens \(n^3\) Tripel. Sei \(p_n\) die Zahl der untersuchten Uebergaenge bis zur ersten Wiederholung der Bahn. Dann gilt \(p_n\le n^3\), und Floyds Verfahren benoetigt \(O(p_n)\) Zustandsaktualisierungen plus einen weiteren Umlauf ueber den gefundenen Zyklus. Damit betraegt die Worst-Case-Laufzeit pro Kandidat \(O(n^3)\).
Der Speicherbedarf ist \(O(1)\), denn gespeichert werden nur wenige Resttripel und Zaehler. Bezeichnet \(A_t\) den \(t\)-ten ungeraden Tribonacci-Nichtteiler, dann kostet die Gesamtsuche
$$ O\!\left(\sum_{\substack{3\le n\le A_t\\2\nmid n}} p_n\right), $$
mit der groben Schranke \(O(A_t^4)\), wenn man \(p_n\le n^3\) einsetzt. In der Praxis sind die Perioden deutlich kuerzer als diese Maximalschranke, daher ist die Suche fuer das geforderte Ziel gut beherrschbar.
Tribonacci dizisi \(T_1=T_2=T_3=1\) ve
$$T_{k+3}=T_{k+2}+T_{k+1}+T_k$$
kosullariyla tanimlanir. Her tek \(n\) icin, en az bir Tribonacci teriminin \(n\) ile tam bolunup bolunmedigini soruyoruz. Aranan sey, bunun hicbir zaman olmadigi 124. tek sayidir.
Cok buyuk Tribonacci sayilarini dogrudan uretmeye calismak yanlis bakis acisidir. \(n\) ile bolunebilirlik sadece modulo \(n\) kalintilarina baglidir. Bu nedenle asil problem, kalinti uclulerinin yordami uzerindeki davraniisini incelemektir.
Sabit bir \(n\) icin art arda gelen uc terimi tek bir durumda toplariz:
$$S_k=(T_k,T_{k+1},T_{k+2})\bmod n.$$
Bu durumda Tribonacci bagintisi su deterministik gecise donusur:
$$F_n(a,b,c)=(b,c,(a+b+c)\bmod n),$$
yani baslangic durumu \(S_1=(1,1,1)\bmod n\) olmak uzere \(S_{k+1}=F_n(S_k)\). Bu uc boyutlu durum uzayi dogru secimdir; cunku yeni terim sadece onceki uc terime baglidir.
Her \(m\ge 3\) icin \(T_m\) sayisi bir durumun ucuncu bileseni olarak gorunur:
$$S_{m-2}=(T_{m-2},T_{m-1},T_m)\bmod n.$$
Dolayisiyla
$$n\mid T_m \quad \Longleftrightarrow \quad S_1 \text{ yordami uzerinde ucuncu bileseni } 0 \text{ olan bir durum vardir.}$$
Bu, uygulamanin neden sadece en yeni kalintiyi kontrol ettigini de aciklar. Birinci ya da ikinci bilesende gorulen bir 0, bir ya da iki adim once zaten ucuncu bilesen olarak gorulmustur. Ayrica test edilen tek adaylar icin baslangic durumu \((1,1,1)\) zaten sifir icermez.
Modulo \(n\) altinda en fazla \(n^3\) farkli kalinti uclusu vardir. \(F_n\) deterministik oldugu icin bir durum tekrarlandigi anda sonraki tum davranis da aynen tekrar eder. Yani Tribonacci dizisi modulo \(n\), uclu durumlar acisindan periyodik bir yordama sahiptir.
Eger yordama kapanmadan once ucuncu bilesen 0 olursa, \(n\) bir Tribonacci terimini boler. Tersine, yordama once kapanir ve tum kapali tur boyunca ucuncu bilesen hic 0 olmazsa, daha sonra da 0 ortaya cikmaz. Tam bu durumda \(n\) bir Tribonacci non-divisor olur.
Durum modeli kucuk ornekleri acik hale getirir. \(n=9\) icin ilk durumlar
$$ (1,1,1)\to(1,1,3)\to(1,3,5)\to(3,5,0). $$
Ucuncu bilesen \((T_4,T_5,T_6)\bmod 9\) durumunda 0 olur; yani \(9\mid T_6\). Bu nedenle 9 hemen elenir.
\(n=27\) icin ise yordama
$$ (1,1,1)\to(1,1,3)\to(1,3,5)\to(3,5,9)\to(5,9,17)\to(9,17,4)\to\cdots $$
seklinde baslar ve tam moduler yordama daha sonra daha once gorulmus bir duruma geri doner, fakat bu sirada hicbir adimda ucuncu bilesen 0 olmaz. Bu yuzden 27 kabul edilir; hatta gerekli ozellige sahip ilk tek sayi odur.
Butun yordama ayni gecis fonksiyonunun tekrar tekrar uygulanmasiyla uretilir. Bu tam olarak Floyd'un kaplumbaga-tavsan dongu bulma yonteminin sahasidir: bir gosterge bir adim, digeri iki adim ilerler. Boylece tum gorulen durumlari saklamadan, sabit bellekle tekrar eden bir durum bulunur.
Ayni anda uygulama ziyaret edilen durumlarin ucuncu bilesenini de izler. Gostergelerden biri ucuncu bileseni 0 olan bir duruma ulasirsa aday hemen reddedilir. Gostergeler once bulusursa bir dongu bulunmustur; bunun ardindan kod bu donguyu bir kez tam dolasip hicbir durumda ucuncu bilesenin 0 olmadigini dogrular.
C++, Python ve Java uygulamalarinin hepsi sabit bir tek \(n\) degerini ayni fikirle test eder. Guncel kalinti uclusu \((a,b,c)\) tutulur, moduler Tribonacci gecisi uygulanir ve Floyd'un yavas-hizli gostergeleri \((1,1,1)\bmod n\) durumundan baslatilir.
Bundan sonra dongu iki sekilde sonlanabilir. Eger en yeni kalinti 0 olursa adayin bir Tribonacci terimini boldugu hemen anlasilir. Aksi halde yavas ve hizli gostergeler sonunda ayni durumda bulusur; bu da yordamanin bir donguye girdigini gosterir. Kod daha sonra bu donguyu bir kez dolasarak her durumun ucuncu bilesenini kontrol eder ve ancak ondan sonra adayi non-divisor ilan eder.
Bu ikinci tur gereklidir. Bulusma noktasi sadece dongunun varligini kanitlar; dongudeki her durumun 0 acisindan denetlenmis oldugunu tek basina garanti etmez.
Tek aday testi disinda algoritma yalnizca su sayilari tarar:
$$3,5,7,9,\dots$$
cunku soruda sadece tek \(n\) degerleri sayilmaktadir. Her tek sayi bagimsiz olarak sinanir. Modulo o \(n\) altindaki Tribonacci yordami hic 0 gormeden kapanirsa, basarili aday sayaci bir artirilir.
Gerekli sayiya ulasilinca arama durur. Uc dildeki uygulamalar sadece sozdizimi bakimindan farklidir; kullandiklari matematiksel test aynidir.
Sabit bir \(n\) icin durum uzayinin boyutu en fazla \(n^3\) olur. \(p_n\), yordama ilk kez tekrar edene kadar incelenen gecis sayisi olsun. O zaman \(p_n\le n^3\) ve Floyd yontemi \(O(p_n)\) durum guncellemesi ile, buna ek olarak bulunan dongu boyunca bir ek tur kullanir. Bu nedenle tek bir aday icin en kotu durum suresi \(O(n^3)\) olur.
Bellek kullanimi \(O(1)\)'dir; cunku yalnizca birkac kalinti uclusu ve sayaç tutulur. \(A_t\), \(t\). tek Tribonacci non-divisor olsun. Onu bulmanin toplam maliyeti
$$ O\!\left(\sum_{\substack{3\le n\le A_t\\2\nmid n}} p_n\right) $$
seklindedir; \(p_n\le n^3\) kaba siniriyla bu ifade \(O(A_t^4)\) ust sinirina sahiptir. Pratikte periyotlar tam durum uzayindan cok daha kisadir; bu yuzden gerekli hedef icin arama rahatlikla yapilabilir.
La sucesion de Tribonacci viene dada por \(T_1=T_2=T_3=1\) y
$$T_{k+3}=T_{k+2}+T_{k+1}+T_k.$$
Para cada entero impar \(n\), preguntamos si existe al menos un termino de Tribonacci divisible por \(n\). El objetivo es encontrar el 124.o impar para el cual eso no ocurre nunca.
No conviene generar directamente numeros de Tribonacci cada vez mas grandes. La divisibilidad por \(n\) solo depende de los residuos modulo \(n\), asi que el problema real consiste en estudiar la orbita de una recurrencia sobre ternas de residuos.
Para un candidato fijo \(n\), agrupamos tres terminos consecutivos en un solo estado:
$$S_k=(T_k,T_{k+1},T_{k+2})\bmod n.$$
La recurrencia se convierte entonces en la transicion determinista
$$F_n(a,b,c)=(b,c,(a+b+c)\bmod n),$$
de modo que \(S_{k+1}=F_n(S_k)\) con estado inicial \(S_1=(1,1,1)\bmod n\). Este es el espacio de estados natural porque el siguiente termino depende exactamente de los tres anteriores.
Para todo \(m\ge 3\), el termino \(T_m\) aparece como tercera coordenada de algun estado:
$$S_{m-2}=(T_{m-2},T_{m-1},T_m)\bmod n.$$
Por lo tanto,
$$n\mid T_m \quad \Longleftrightarrow \quad \text{la orbita de } S_1 \text{ contiene un estado cuya tercera coordenada es } 0.$$
Esta observacion explica un detalle importante de la implementacion: basta con vigilar el residuo mas nuevo. Si en algun momento apareciera un 0 en la primera o en la segunda coordenada, ese mismo 0 habria sido la tercera coordenada uno o dos pasos antes. Ademas, el estado inicial \((1,1,1)\) no contiene ningun cero para los candidatos impares que se prueban.
Modulo \(n\) existen a lo sumo \(n^3\) ternas de residuos. Como \(F_n\) es determinista, en cuanto un estado se repite, toda la evolucion futura se repite tambien. Dicho de otra forma, la sucesion de Tribonacci modulo \(n\) es periodica cuando se la mira al nivel de ternas.
Si antes de cerrar la orbita aparece una tercera coordenada 0, entonces \(n\) divide algun termino de Tribonacci. Si la orbita se cierra primero y en todo ese recorrido cerrado no aparecio ningun 0 en la tercera coordenada, entonces el 0 tampoco aparecera mas adelante. Exactamente en ese caso \(n\) es un no divisor de Tribonacci.
El modelo por estados hace que los ejemplos pequenos sean muy claros. Para \(n=9\), los primeros estados son
$$ (1,1,1)\to(1,1,3)\to(1,3,5)\to(3,5,0). $$
La tercera coordenada se vuelve 0 en el estado \((T_4,T_5,T_6)\bmod 9\), asi que \(9\mid T_6\). Por eso 9 se descarta enseguida.
Para \(n=27\), la orbita empieza como
$$ (1,1,1)\to(1,1,3)\to(1,3,5)\to(3,5,9)\to(5,9,17)\to(9,17,4)\to\cdots $$
y la orbita modular completa termina regresando a un estado ya visto sin producir nunca una tercera coordenada 0. Por eso 27 se acepta; de hecho es el primer impar con la propiedad pedida.
La orbita se obtiene aplicando una y otra vez la misma funcion \(F_n\), que es precisamente el escenario para el metodo de la tortuga y la liebre de Floyd. Un puntero avanza de uno en uno y el otro de dos en dos. Asi se detecta un estado repetido usando memoria constante, sin guardar toda la historia de ternas visitadas.
Al mismo tiempo, las implementaciones vigilan la tercera coordenada de los estados visitados. Si cualquiera de los punteros llega a una terna cuyo residuo mas nuevo es 0, el candidato ya queda clasificado como divisor. Si ambos punteros se encuentran antes, se ha detectado un ciclo y entonces el codigo recorre ese ciclo una vez para confirmar que ninguna de sus ternas tiene tercera coordenada 0.
Las implementaciones en C++, Python y Java prueban un \(n\) impar fijo del mismo modo. Mantienen la terna actual de residuos \((a,b,c)\), la actualizan con la transicion modular de Tribonacci e inicializan los punteros lento y rapido de Floyd a partir del estado \((1,1,1)\bmod n\).
A partir de ahi, el bucle termina de dos maneras posibles. Si el residuo mas nuevo se hace 0, el candidato se clasifica inmediatamente como divisor. Si no, tarde o temprano los punteros lento y rapido coinciden, lo que demuestra que la orbita ha entrado en un ciclo. Entonces el codigo recorre ese ciclo una sola vez, revisa la tercera coordenada de cada estado y solo despues declara que el candidato es un no divisor.
Ese segundo recorrido es necesario. El punto de encuentro solo certifica la existencia del ciclo; no garantiza por si solo que ya se haya inspeccionado cada estado del ciclo en busca de un residuo 0.
Fuera de la prueba individual, el algoritmo simplemente recorre
$$3,5,7,9,\dots$$
porque el problema solo cuenta valores impares de \(n\). Cada impar se prueba de manera independiente. Cuando la orbita de Tribonacci modulo ese \(n\) se cierra sin tocar nunca una tercera coordenada 0, el contador de candidatos validos aumenta en uno.
La busqueda se detiene en cuanto se alcanza la cantidad solicitada. Las tres versiones del programa difieren solo en la sintaxis; el contenido matematico y el orden de las comprobaciones son exactamente los mismos.
Para un \(n\) fijo, el espacio de estados tiene como maximo \(n^3\) ternas. Sea \(p_n\) el numero de transiciones examinadas hasta que la orbita se repite por primera vez. Entonces \(p_n\le n^3\), y el metodo de Floyd utiliza \(O(p_n)\) actualizaciones de estado mas una vuelta adicional alrededor del ciclo detectado. Por tanto, el peor caso por candidato es \(O(n^3)\).
La memoria es \(O(1)\), ya que solo se guardan unas pocas ternas de residuos y contadores. Si \(A_t\) denota el \(t\)-esimo no divisor impar de Tribonacci, el coste total de encontrarlo es
$$ O\!\left(\sum_{\substack{3\le n\le A_t\\2\nmid n}} p_n\right), $$
con la cota grosera \(O(A_t^4)\) al usar \(p_n\le n^3\). En la practica, los periodos son bastante menores que esa cota maxima, de modo que la busqueda resulta comoda para el objetivo pedido.
Tribonacci 数列满足 \(T_1=T_2=T_3=1\)，并且
$$T_{k+3}=T_{k+2}+T_{k+1}+T_k$$
对每个奇数 \(n\)，我们要判断是否存在某一项 Tribonacci 数能被 \(n\) 整除。题目要求沿着奇数逐个检查，找出第 124 个“永远不会整除任何 Tribonacci 项”的奇数。
如果直接生成越来越大的 Tribonacci 数，再逐个做整除测试，思路会很笨重。真正重要的不是数本身有多大，而是它们对 \(n\) 的余数如何演化。于是问题自然转化为：研究一个定义在模 \(n\) 三元组上的有限状态递推系统。
固定一个候选奇数 \(n\) 之后，把三个连续项打包成一个状态：
$$S_k=(T_k,T_{k+1},T_{k+2})\bmod n$$
原来的递推式就变成了确定性的状态转移
$$F_n(a,b,c)=(b,c,(a+b+c)\bmod n)$$
也就是 \(S_{k+1}=F_n(S_k)\)，起点为 \(S_1=(1,1,1)\bmod n\)。之所以选择三元组作为状态，是因为 Tribonacci 递推只依赖前 3 项，不需要更多历史信息。
对任意 \(m\ge 3\)，数 \(T_m\) 都会作为某个状态的第三个分量出现：
$$S_{m-2}=(T_{m-2},T_{m-1},T_m)\bmod n$$
因此有
$$n\mid T_m \quad \Longleftrightarrow \quad S_1 \text{ 的轨道中出现过第三个分量为 } 0 \text{ 的状态}$$
这也解释了实现中的一个关键细节：代码只需要检查每个状态里“最新生成”的那个余数，也就是第三个分量。因为如果某一步第一或第二个分量是 0，那么它在前一两步里一定已经以第三个分量的身份出现过。至于初始状态 \((1,1,1)\)，对于这里测试的奇数候选来说显然不含 0。
模 \(n\) 的三元组总数至多只有 \(n^3\) 个。状态转移 \(F_n\) 又是确定性的，所以一旦某个状态重复，后面的整个演化过程就会原样重复下去。换句话说，从三元组的角度看，Tribonacci 序列模 \(n\) 的行为必然落在一个有限轨道上，并最终闭合成循环。
于是判定一个候选 \(n\) 的思路非常清楚：只要沿着这条轨道往前走，直到第一次遇到第三个分量为 0，或者第一次确认状态开始重复为止。如果前者发生，说明 \(n\) 确实整除某项 Tribonacci 数；如果后者先发生，而且闭合的整个循环中都没有出现第三个分量为 0 的状态，那么以后也不可能再出现 0，于是这个 \(n\) 就是题目要找的 non-divisor。
这个状态模型对小例子非常直观。先看 \(n=9\)。前几个状态是
$$ (1,1,1)\to(1,1,3)\to(1,3,5)\to(3,5,0) $$
在状态 \((T_4,T_5,T_6)\bmod 9\) 中，第三个分量变成了 0，所以 \(9\mid T_6\)。因此 9 立刻被排除。
再看 \(n=27\)。它的轨道开始于
$$ (1,1,1)\to(1,1,3)\to(1,3,5)\to(3,5,9)\to(5,9,17)\to(9,17,4)\to\cdots $$
继续沿着模 27 的轨道前进，最终会回到一个先前出现过的状态，但全过程中都不会出现第三个分量为 0。于是 27 被接受；事实上它正是第一个满足条件的奇数。
这里的轨道是不断重复应用同一个转移函数 \(F_n\) 得到的，这正是 Floyd 判圈算法最擅长的场景。一个指针每次走 1 步，另一个指针每次走 2 步。如果轨道进入循环，它们终会相遇，而整个过程中不需要把所有访问过的状态都存下来。
与此同时，实现还会持续检查指针所到状态的第三个分量。如果任意一个指针先遇到第三个分量为 0 的状态，就可以立刻判定这个 \(n\) 会整除某个 Tribonacci 项。如果两个指针先相遇，则说明循环已经找到；这时代码再把这个循环完整走一遍，确认循环上的每个状态都没有第三个分量为 0，才最终把该候选归类为 non-divisor。
C++、Python 和 Java 实现对单个奇数 \(n\) 的处理完全一致。它们都维护当前的模 \(n\) 三元组 \((a,b,c)\)，按照 Tribonacci 的模转移不断更新，然后从初始状态 \((1,1,1)\bmod n\) 出发建立 Floyd 的慢指针和快指针。
之后循环只有两种结束方式。第一种是某次更新后第三个分量变成 0，这时就已经知道该候选会整除某项 Tribonacci 数，可以立即返回。第二种是快慢指针相遇，这说明轨道中已经出现重复状态，也就找到了循环。实现接着沿这个循环再走一圈，逐个检查第三个分量，确认循环上没有任何 0，才把这个候选判为 non-divisor。
这第二轮检查并不是多余的。快慢指针的相遇只说明“存在循环”，并不自动意味着循环上的每个状态都已经被检查过是否含有第三个分量 0。因此代码显式验证整条循环。
在单个候选测试之外，外层逻辑很直接：只扫描奇数
$$3,5,7,9,\dots$$
因为题目只关心奇数 \(n\)。每个奇数都独立做一次上述轨道判定。如果轨道闭合之前和闭合后的循环部分都没有出现第三个分量 0，就把成功计数加一。
当成功计数到达目标值时，搜索立即停止。三种语言版本只是语法不同，数学结构、状态定义、判圈过程和外层枚举顺序完全相同。
对固定的 \(n\)，状态空间大小至多为 \(n^3\)。记 \(p_n\) 为轨道第一次发生重复之前所检查的状态转移次数，那么 \(p_n\le n^3\)。Floyd 判圈需要 \(O(p_n)\) 次状态更新，再加上一轮沿检测到的循环做验证，因此单个候选的最坏时间复杂度是 \(O(n^3)\)。
空间复杂度是 \(O(1)\)，因为实现始终只保存少量三元组和计数器，并不会把整条轨道存入内存。若 \(A_t\) 表示第 \(t\) 个奇数 Tribonacci non-divisor，那么找到它的总工作量可以写成
$$ O\!\left(\sum_{\substack{3\le n\le A_t\\2\nmid n}} p_n\right) $$
再用 \(p_n\le n^3\) 做粗略估计，就得到上界 \(O(A_t^4)\)。实际运行时，很多候选的轨道周期远小于完整状态空间，所以性能会比这个保守上界好得多。
Последовательность Трибоначчи задается условиями \(T_1=T_2=T_3=1\) и
$$T_{k+3}=T_{k+2}+T_{k+1}+T_k.$$
Для каждого нечетного \(n\) нужно понять, делит ли \(n\) хотя бы один член этой последовательности. Требуется найти 124-е нечетное число, для которого такого деления не происходит ни при каком номере.
Прямая генерация огромных чисел Трибоначчи здесь не нужна. Делимость на \(n\) определяется только остатками по модулю \(n\), поэтому правильный взгляд на задачу - рассматривать эволюцию троек остатков.
Для фиксированного кандидата \(n\) объединим три последовательных члена в одно состояние:
$$S_k=(T_k,T_{k+1},T_{k+2})\bmod n.$$
Тогда рекуррентное соотношение превращается в детерминированный переход
$$F_n(a,b,c)=(b,c,(a+b+c)\bmod n),$$
то есть \(S_{k+1}=F_n(S_k)\) при стартовом состоянии \(S_1=(1,1,1)\bmod n\). Именно такое состояние удобно, потому что следующий член зависит ровно от трех предыдущих и ни от чего больше.
Для любого \(m\ge 3\) число \(T_m\) возникает как третья координата некоторого состояния:
$$S_{m-2}=(T_{m-2},T_{m-1},T_m)\bmod n.$$
Следовательно,
$$n\mid T_m \quad \Longleftrightarrow \quad \text{на орбите } S_1 \text{ встречается состояние с третьей координатой } 0.$$
Отсюда видно и важное свойство реализации: достаточно проверять только самый новый остаток, то есть третью координату. Если ноль появляется в первой или второй координате, то на один или два шага раньше он уже был третьей координатой. Начальное состояние \((1,1,1)\) для рассматриваемых нечетных кандидатов нуля, разумеется, не содержит.
По модулю \(n\) существует не более \(n^3\) различных троек остатков. Так как переход \(F_n\) детерминирован, повтор состояния немедленно означает повтор всей дальнейшей траектории. Иначе говоря, последовательность Трибоначчи по модулю \(n\), если смотреть на нее через тройки, всегда попадает в конечный цикл.
Если до замыкания орбиты встретилась третья координата 0, то \(n\) делит некоторый член. Если же орбита сначала замкнулась, а на всем замкнутом обходе нулевой третьей координаты не было, то ноль уже никогда не появится. Именно это и означает, что \(n\) является Tribonacci non-divisor.
Модель состояний делает маленькие примеры очень наглядными. Для \(n=9\) первые состояния таковы:
$$ (1,1,1)\to(1,1,3)\to(1,3,5)\to(3,5,0). $$
Третья координата обращается в 0 в состоянии \((T_4,T_5,T_6)\bmod 9\), значит \(9\mid T_6\). Поэтому 9 немедленно отвергается.
Для \(n=27\) орбита начинается так:
$$ (1,1,1)\to(1,1,3)\to(1,3,5)\to(3,5,9)\to(5,9,17)\to(9,17,4)\to\cdots $$
Дальнейшее движение по модулю 27 в итоге возвращается к уже виденному состоянию, но ни на одном шаге третья координата не становится нулем. Поэтому 27 принимается; более того, это первый нечетный пример с нужным свойством.
Орбита порождается повторным применением одной и той же функции \(F_n\), а это именно та ситуация, для которой создан алгоритм Флойда с черепахой и зайцем. Один указатель идет по одному шагу, другой по два. Благодаря этому повтор состояния обнаруживается при постоянной памяти, без хранения всей истории троек.
Одновременно реализации следят за третьей координатой посещаемых состояний. Если любой из указателей приходит в состояние, где новый остаток равен 0, кандидат сразу классифицируется как делитель. Если же указатели сначала встречаются, значит цикл найден, и код проходит по этому циклу один полный оборот, чтобы убедиться, что на нем нигде нет третьей координаты 0.
Реализации на C++, Python и Java проверяют фиксированное нечетное \(n\) одинаково. Они хранят текущую тройку остатков \((a,b,c)\), обновляют ее по модульному правилу Трибоначчи и инициализируют медленный и быстрый указатели Флойда из стартового состояния \((1,1,1)\bmod n\).
Дальше цикл имеет только два способа завершиться. Если самый новый остаток становится нулем, сразу ясно, что кандидат делит некоторый член Трибоначчи. Если этого не произошло, то медленный и быстрый указатели рано или поздно встречаются, что доказывает наличие цикла. После этого код делает еще один обход по найденному циклу, проверяя третью координату каждого состояния, и только потом объявляет кандидат неделителем.
Этот второй проход действительно нужен. Точка встречи говорит лишь о существовании цикла, но не гарантирует, что все его состояния уже были явно проверены на наличие нулевой третьей координаты.
Внешняя часть алгоритма просто перебирает
$$3,5,7,9,\dots$$
потому что в задаче считаются только нечетные значения \(n\). Каждый нечетный кандидат тестируется независимо. Если орбита по модулю этого \(n\) замыкается, не встретив третью координату 0, счетчик успешных кандидатов увеличивается на единицу.
Как только счетчик достигает требуемого значения, поиск заканчивается. Все три языковые версии различаются только синтаксисом; математически они выполняют один и тот же алгоритм.
Для фиксированного \(n\) пространство состояний содержит не более \(n^3\) троек. Пусть \(p_n\) - число переходов, просмотренных до первого повторения орбиты. Тогда \(p_n\le n^3\), а метод Флойда использует \(O(p_n)\) обновлений состояния плюс еще один обход найденного цикла. Следовательно, худшее время на один кандидат равно \(O(n^3)\).
Память равна \(O(1)\), потому что хранятся лишь несколько троек остатков и счетчики. Если \(A_t\) обозначает \(t\)-й нечетный Tribonacci non-divisor, суммарная стоимость поиска равна
$$ O\!\left(\sum_{\substack{3\le n\le A_t\\2\nmid n}} p_n\right), $$
а грубая верхняя оценка \(O(A_t^4)\) получается из неравенства \(p_n\le n^3\). На практике периоды заметно меньше полного размера пространства состояний, поэтому фактическое время работы оказывается гораздо лучше этой грубой оценки.
تتحدد متتالية Tribonacci بالشروط \(T_1=T_2=T_3=1\) و
$$T_{k+3}=T_{k+2}+T_{k+1}+T_k.$$
لكل عدد فردي \(n\)، نسأل هل يوجد حد واحد على الأقل من حدود المتتالية يقبل القسمة على \(n\). المطلوب هو إيجاد العدد الفردي رقم 124 الذي لا يحدث معه هذا الأمر مطلقًا.
ليس من المفيد توليد حدود Tribonacci الضخمة مباشرة. القابلية للقسمة على \(n\) تعتمد فقط على البواقي بتوافق \(n\)، ولذلك تصبح المسألة في جوهرها دراسة مدارٍ ناشئ من علاقة عودية على ثلاثيات من البواقي.
لعدد ثابت \(n\)، نجمع ثلاثة حدود متتالية في حالة واحدة:
$$S_k=(T_k,T_{k+1},T_{k+2})\bmod n.$$
وعندئذ تتحول العلاقة العودية إلى انتقال حتمي
$$F_n(a,b,c)=(b,c,(a+b+c)\bmod n)$$
أي إن \(S_{k+1}=F_n(S_k)\) مع حالة بداية \(S_1=(1,1,1)\bmod n\). هذا هو فضاء الحالات الطبيعي، لأن الحد التالي يعتمد بالضبط على الحدود الثلاثة السابقة ولا يحتاج إلى معلومات إضافية.
لكل \(m\ge 3\)، يظهر الحد \(T_m\) بوصفه المكوّن الثالث لإحدى الحالات:
$$S_{m-2}=(T_{m-2},T_{m-1},T_m)\bmod n.$$
لذلك
$$n\mid T_m \quad \Longleftrightarrow \quad \text{مدار } S_1 \text{ يحتوي حالةً مكوّنها الثالث } 0.$$
وهذا يفسر تفصيلًا مهمًا في التنفيذ: يكفي فحص الباقي الأحدث فقط، أي المكوّن الثالث. فإذا ظهر الصفر في المكوّن الأول أو الثاني في خطوة ما، فهذا يعني أنه كان قد ظهر بالفعل كمكوّن ثالث قبل خطوة أو خطوتين. كما أن حالة البداية \((1,1,1)\) لا تحتوي صفرًا أصلًا بالنسبة إلى الأعداد الفردية التي يجري اختبارها.
عدد ثلاثيات البواقي الممكنة بتوافق \(n\) لا يتجاوز \(n^3\). وبما أن الانتقال \(F_n\) حتمي، فإن تكرار حالة واحدة يعني أن كل السلوك اللاحق سيتكرر بالطريقة نفسها. بعبارة أخرى، متتالية Tribonacci بتوافق \(n\) تصبح دورية عندما ننظر إليها عبر ثلاثيات الحالات.
إذا ظهر مكوّن ثالث يساوي 0 قبل أن يغلق المدار على نفسه، فإن \(n\) يقسم أحد الحدود. وإذا أغلق المدار أولًا، ولم يظهر على كامل الدورة أي مكوّن ثالث يساوي 0، فلن يظهر الصفر لاحقًا أيضًا. وهذه هي بالضبط حالة كون \(n\) من الأعداد المطلوبة غير القاسمة لأي حد من حدود Tribonacci.
نموذج الحالات يجعل الأمثلة الصغيرة واضحة جدًا. عند \(n=9\) تكون البدايات
$$ (1,1,1)\to(1,1,3)\to(1,3,5)\to(3,5,0). $$
إذن يصبح المكوّن الثالث صفرًا في الحالة \((T_4,T_5,T_6)\bmod 9\)، أي إن \(9\mid T_6\). لذلك يُرفض العدد 9 مباشرة.
أما عند \(n=27\) فيبدأ المدار على الصورة
$$ (1,1,1)\to(1,1,3)\to(1,3,5)\to(3,5,9)\to(5,9,17)\to(9,17,4)\to\cdots $$
ثم يعود المدار الكامل لاحقًا إلى حالة سبق ظهورها من دون أن ينتج في أي خطوة مكوّنًا ثالثًا يساوي 0. لهذا يُقبل 27، وهو في الحقيقة أول عدد فردي يحقق الخاصية المطلوبة.
يتولد المدار من تكرار تطبيق الدالة نفسها \(F_n\)، وهذا هو السياق المثالي لخوارزمية Floyd لاكتشاف الدورات. مؤشر بطيء يتحرك خطوة واحدة، ومؤشر سريع يتحرك خطوتين. وهكذا يمكن اكتشاف تكرار حالة باستخدام ذاكرة ثابتة من غير تخزين جميع الحالات السابقة.
وفي الوقت نفسه تراقب التطبيقات المكوّن الثالث للحالات التي تزورها المؤشرات. فإذا وصل أي مؤشر إلى حالة يكون فيها أحدث باقٍ مساويًا للصفر، نحكم فورًا بأن \(n\) يقسم حدًا من حدود Tribonacci. وإذا التقى المؤشران أولًا، فهذا يعني أن دورة قد اكتُشفت، وعندها تمر الشيفرة مرةً كاملة حول تلك الدورة لتتأكد من أن أي حالة فيها لا تملك مكوّنًا ثالثًا يساوي 0.
تنفذ تطبيقات C++ وPython وJava الاختبار نفسه لكل قيمة فردية ثابتة \(n\). فهي تحتفظ بثلاثية البواقي الحالية \((a,b,c)\)، وتحدّثها وفق انتقال Tribonacci المعياري، ثم تهيئ مؤشري Floyd البطيء والسريع انطلاقًا من الحالة \((1,1,1)\bmod n\).
بعد ذلك لا توجد إلا نهايتان ممكنتان للحلقة. إذا صار الباقي الأحدث صفرًا، يُصنّف المرشح مباشرة على أنه قاسم لأحد حدود Tribonacci. وإذا لم يحدث ذلك، فلا بد أن يلتقي المؤشران في نهاية المطاف، وعندها نعرف أن المدار دخل دورة. ثم تمر الشيفرة دورةً كاملة وتفحص المكوّن الثالث في كل حالة قبل أن تعلن أن المرشح non-divisor.
هذه الجولة الثانية ضرورية فعلًا. نقطة الالتقاء تثبت وجود دورة فقط، لكنها لا تكفي وحدها لضمان أن كل حالات الدورة قد فُحصت صراحةً بحثًا عن بقايا صفرية.
خارج اختبار المرشح الواحد، يجري المسح ببساطة على الأعداد
$$3,5,7,9,\dots$$
لأن المسألة تعد الأعداد الفردية فقط. يُختبر كل عدد فردي على حدة. وكلما أُغلِق مدار Tribonacci بتوافق ذلك \(n\) من دون الوصول إلى مكوّن ثالث يساوي 0، يزداد عداد المرشحين المقبولين بمقدار واحد.
ويتوقف البحث فور الوصول إلى العدد المطلوب من المرشحين. الاختلاف بين النسخ الثلاث لغوي وصياغي فقط؛ أما الفكرة الرياضية، وتعريف الحالة، وكشف الدورة، وترتيب الفحص الخارجي فهي متطابقة.
من أجل \(n\) ثابت، لا يزيد حجم فضاء الحالات على \(n^3\). ولتكن \(p_n\) عدد الانتقالات التي تُفحَص قبل أول تكرار في المدار. عندئذٍ \(p_n\le n^3\)، وتحتاج خوارزمية Floyd إلى \(O(p_n)\) من تحديثات الحالات، بالإضافة إلى دورة إضافية واحدة للتحقق من الحلقة المكتشفة. لذلك يكون أسوأ زمن ممكن لكل مرشح هو \(O(n^3)\).
أما الذاكرة فهي \(O(1)\)، لأن التنفيذ لا يخزن إلا عددًا صغيرًا من ثلاثيات البواقي وبعض العدادات. وإذا رمزنا إلى العدد الفردي رقم \(t\) من Tribonacci non-divisors بالرمز \(A_t\)، فإن كلفة العثور عليه تساوي
$$ O\!\left(\sum_{\substack{3\le n\le A_t\\2\nmid n}} p_n\right) $$
ومنه نحصل على حد أعلى تقريبي \(O(A_t^4)\) عند استخدام العلاقة \(p_n\le n^3\). عمليًا تكون الفترات أقصر بكثير من هذا الحد المحافظ، ولذلك يكون التنفيذ مريحًا تمامًا بالنسبة إلى الهدف المطلوب.