前言
由于解决这个问题的做法完全是我个人主观完成的，因此可能会存在很严重的错误，如果发现任何的问题与错误请在评论区进行提出指正。还有这个问题在数论中应该有个专业的名词，如果有人知道的话也麻烦在评论区留言告知。
正文
本文尝试解决的问题为：对于 $\forall x \in \mathbb{Z}$ 多项式方程 $f(x) = \sum\limits_{i=0}^{n}{a_i \cdot x^i}$ 在模 $m$ 意义下所对应的剩余系中，寻找一个非最小的余数循环周期 $T$ 使得
$$
\sum\limits_{i=0}^{n}{a_i \cdot (x+T)^i} \equiv \sum\limits_{i=0}^{n}{a_i \cdot x^i} \pmod{m}
$$
为什么是非最小呢？其实直接取 $T=m$ 就满足上面那个同余方程了。实际上如果要求最小的 $T$ 会涉及到高次同余式的求解，我现在还不会qwq。所以就退而求次，求一个尽可能最小的周期 $T$，同样可以满足 $f(x+T) \equiv f(x) \pmod{m}$。
比如要找到一个最小的 $T$ 满足高次同余式 $\sum\limits_{i=0}^{n}{a_i \cdot T^i} \equiv 0 \pmod{m}$。正规解法的话我还没学，这里只是记录我想到能得到尽可能小的 $T$ 的做法。就是让每一项的 $T$ 都满足 $a_i \cdot T^i \equiv 0 \pmod{m}$，然后对 $n$ 组方程的 $T$ 取最小公倍数。
为了方便理解，我们先从数据规模较小的 $n$ 开始模拟，然后再推到更一般的情况。
当 $n=1$，此时 $f(x) = a_0 + a_1 \cdot x$，对于 $\forall x \in \mathbb{Z}$ 有
$$
\begin{align*}
f(x+T) &= a_0 + a_1 \cdot (x+T) &\pmod{m} \\
&\equiv a_0 + a_1 \cdot x + a_1 \cdot T &\pmod{m} \\
&\equiv f(x) + a_1 \cdot T &\pmod{m}
\end{align*}
$$
为了使得 $f(x+T) \equiv f(x) \pmod{m}$，很明显我们应该让 $a_1 \cdot T \equiv 0 \pmod{m}$。
即有 $m \mid a_1 \cdot T$，等价于 $\left. \dfrac{m}{\gcd \left( m, a_1 \right)} \ \middle| \ T \right.$。
这意味着 $T$ 应该是 $\dfrac{m}{\gcd \left( m, a_1 \right)}$ 的倍数，因此可以令 $T = \dfrac{m}{\gcd \left( m, a_1 \right)}$。
当 $n=2$，此时 $f(x) = a_0 + a_1 \cdot x + a_2 \cdot x^2$，对于 $\forall x \in \mathbb{Z}$ 有
$$
\begin{align*}
f(x+T) &= a_0 + a_1 \cdot (x+T) + a_2 \cdot (x+T)^2 &\pmod{m} \\
&\equiv a_0 + a_1 \cdot x + a_2 \cdot x^2 + (2 \cdot a_2 \cdot x + a_1) \cdot T + a_2 \cdot T^2 &\pmod{m} \\
&\equiv f(x) + (2 \cdot a_2 \cdot x + a_1) \cdot T + a_2 \cdot T^2 &\pmod{m}
\end{align*}
$$
此时应该让 $(2 \cdot a_2 \cdot x + a_1) \cdot T + a_2 \cdot T^2 \equiv 0 \pmod{m}$。
注意到由于是对于 $\forall x \in \mathbb{Z}$ 上面的同余方程都要成立，因此我们在求解 $T$ 时不应该考虑 $x$ 的取值，即可以把 $x$ 从中去除，因此要求解的同余方程就变成了 $(2 \cdot a_2 \cdot x + a_1) \cdot T + a_2 \cdot T^2 \equiv 0 \pmod{m}$。
令
$$
\begin{cases}
(2 \cdot a_2 \cdot x + a_1) \cdot T &\equiv 0 \pmod{m} \\
a_2 \cdot T^2 &\equiv 0 \pmod{m}
\end{cases}
$$
即
$$
\begin{cases}
m \mid (2 \cdot a_2 \cdot x + a_1) \cdot T \\
m \mid a_2 \cdot T^2
\end{cases}
$$
即
$$
\begin{cases}
\dfrac{m}{\gcd \left( m, 2 \cdot a_2 \cdot x + a_1 \right)} &\Bigm| T \\
\dfrac{m}{\gcd \left( m, a_2 \right)} &\Bigm| T^2
\end{cases}
$$
我们当然可以直接令 $T = \mathop{lcm} \left[ \dfrac{m}{\gcd \left( m, 2 \cdot a_2 \cdot x + a_1 \right)}, \ \dfrac{m}{\gcd \left( m, a_2 \right)} \right]$，但为了使得 $T$ 尽可能的小，对 $\dfrac{m}{\gcd \left( m, a_2 \right)}$ 进行质因数分解，得到
$$
\dfrac{m}{\gcd \left( m, a_2 \right)} = P_{2,1}^{\alpha_{2,1}} \cdot P_{2,2}^{\alpha_{2,2}} \cdots P_{2,k_2}^{\alpha_{2,k_2}}
$$
可以发现，对于 $\dfrac{m}{\gcd \left( m, a_2 \right)} \Bigm| T^2$ 的情况，当 $T = P_{2,1}^{\left\lceil\frac{\alpha_{2,1}}{2}\right\rceil} \cdot P_{2,2}^{\left\lceil\frac{\alpha_{2,2}}{2}\right\rceil} \cdots P_{2,k_2}^{\left\lceil\frac{\alpha_{2,k_2}}{2}\right\rceil}$，可以取到满足条件的最小的 $T$。
为了统一起来，对于 $\dfrac{m}{\gcd \left( m, 2 \cdot a_2 \cdot x + a_1 \right)} \Bigm| T$ 的情况，先对 $\dfrac{m}{\gcd \left( m, 2 \cdot a_2 \cdot x + a_1 \right)}$ 进行质因数分解，得到
$$
\dfrac{m}{\gcd \left( m, 2 \cdot a_2 \cdot x + a_1 \right)} = P_{1,1}^{\alpha_{1,1}} \cdot P_{1,2}^{\alpha_{1,2}} \cdots P_{1,k_1}^{\alpha_{1,k_1}}
$$
此时令 $T = P_{1,1}^{\left\lceil\frac{\alpha_{1,1}}{1}\right\rceil} \cdot P_{1,2}^{\left\lceil\frac{\alpha_{1,2}}{1}\right\rceil} \cdots P_{1,k_1}^{\left\lceil\frac{\alpha_{1,k_1}}{1}\right\rceil}$，就等价于 $T = \dfrac{m}{\gcd \left( m, 2 \cdot a_2 \cdot x + a_1 \right)}$。
然后对两者取最小公倍数，就有
$$
T = \mathop{lcm} \left[ P_{1,1}^{\left\lceil\frac{\alpha_{1,1}}{1}\right\rceil} \cdot P_{1,2}^{\left\lceil\frac{\alpha_{1,2}}{1}\right\rceil} \cdots P_{1,k_1}^{\left\lceil\frac{\alpha_{1,k_1}}{1}\right\rceil} \ , \ \ P_{2,1}^{\left\lceil\frac{\alpha_{2,1}}{2}\right\rceil} \cdot P_{2,2}^{\left\lceil\frac{\alpha_{2,2}}{2}\right\rceil} \cdots P_{2,k_2}^{\left\lceil\frac{\alpha_{2,k_2}}{2}\right\rceil} \right]
$$
这时可以考虑更加一般的情况了。
先对式子 $\sum\limits_{i=0}^{n}{a_i \cdot (x + T)^i}$ 进行等价变形：
\begin{align*}
&\sum\limits_{i=0}^{n}{a_i \cdot (x+T)^i} \\\\
&= a_0 + a_1 \cdot (x+T) + a_2 \cdot (x+T)^2 + \cdots + a_i \cdot (x+T)^i + \cdots + a_n \cdot (x+T)^n \\\\
&= a_0 + a_1 \cdot \sum\limits_{j=0}^{1}{C_{1}^{j} \cdot x^{1-j} \cdot T^j} + a_2 \cdot \sum\limits_{j=0}^{2}{C_{2}^{j} \cdot x^{2-j} \cdot T^j} + \cdots + a_i \cdot \sum\limits_{j=0}^{i}{C_{i}^{j} \cdot x^{i-j} \cdot T^j} + \cdots + a_n \cdot \sum\limits_{j=0}^{n}{C_{n}^{j} \cdot x^{n-j} \cdot T^j} \\\\
&= \left( a_0 + a_1 \cdot x + a_2 \cdot x^2 + \cdots + a_i \cdot x^i + \cdots + a_n \cdot x^n \right) \\\\
& \ \ \ \ + \left( a_1 \cdot \sum\limits_{j=1}^{1}{C_{1}^{j} \cdot x^{1-j} \cdot T^j} + a_2 \cdot \sum\limits_{j=1}^{2}{C_{2}^{j} \cdot x^{2-j} \cdot T^j} + \cdots + a_i \cdot \sum\limits_{j=1}^{i}{C_{i}^{j} \cdot x^{i-j} \cdot T^j} + \cdots + a_n \cdot \sum\limits_{j=1}^{n}{C_{n}^{j} \cdot x^{n-j} \cdot T^j} \right) \\\\
&= \sum\limits_{i=0}^{n}{a_i \cdot x^i} + \sum\limits_{i=1}^{n} \left( {a_i \cdot \sum\limits_{j=1}^{i}{C_{i}^{j} \cdot x^{i-j} \cdot T^j}} \right)
\end{align*}
即在模 $m$ 意义下要使得
$$
\begin{align*}
& \ \ \ \ \ \sum\limits_{i=0}^{n}{a_i \cdot (x+T)^i} \\
&= \sum\limits_{i=0}^{n}{a_i \cdot x^i} + \sum\limits_{i=1}^{n} \left( {a_i \cdot \sum\limits_{j=1}^{i}{C_{i}^{j} \cdot x^{i-j} \cdot T^j}} \right) \\
&\equiv \sum\limits_{i=0}^{n}{a_i \cdot x^i} \pmod{m}
\end{align*}
$$
即对于任意的 $\forall x \in \mathbb{Z}$，要求 $T$ 使得
$$
\sum\limits_{i=1}^{n} \left( {a_i \cdot \sum\limits_{j=1}^{i}{C_{i}^{j} \cdot T^j}} \right) \equiv 0 \pmod{m}
$$
对上式进行等价变形就会得到
$$
\sum\limits_{j=1}^{n}{\left( \sum\limits_{i=j}^{n}{C_{i}^{j} \cdot a_i} \right) \cdot T^j} \equiv 0 \pmod{m}
$$
每一项在模 $m$ 意义下余 $0$，得到
$$
\begin{cases}
&\left. \dfrac{m}{\gcd \left( m, \ \sum\limits_{i=1}^{n}{C_{i}^{1} \cdot a_i} \right)} \ \middle| \ T \right. \\\\
&\left. \dfrac{m}{\gcd \left( m, \ \sum\limits_{i=2}^{n}{C_{i}^{2} \cdot a_i} \right)} \ \middle| \ T^2 \right. \\\\
& \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vdots \\
&\left. \dfrac{m}{\gcd \left( m, \ \sum\limits_{i=j}^{n}{C_{i}^{j} \cdot a_i} \right)} \ \middle| \ T^j \right. \\\\
& \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vdots \\
&\left. \dfrac{m}{\gcd \left( m, \ \sum\limits_{i=n}^{n}{C_{i}^{n} \cdot a_i} \right)} \ \middle| \ T^n \right. \\\\
\end{cases}
$$
对每一项的除数进行质因数分解，得到
$$
\dfrac{m}{\gcd \left( m, \ \sum\limits_{i=j}^{n}{C_{i}^{j} \cdot a_i} \right)} = \sum\limits_{i=1}^{k_j}{P_{j,i}^{\alpha_{j,i}}}
$$
那么要求的 $T$ 就是
$$
T = \mathop{lcm}\limits_{1 \leq j \leq n} \left[ {\sum\limits_{i=1}^{k_j}{P_{j,i}^{\left\lceil \frac{\alpha_{j,i}}{j} \right\rceil}}} \right]
$$
以上。
感觉很笨是吧，明明有正解（解高次同余式）了，上面的方法不仅复杂，甚至都不是求出余数循环的最小周期 $T$。这篇记录就当作图一乐吧，毕竟很少有机会取思考数学问题。
当然还有多项式真假分式的情况，这个就太难了没什么思路。
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