【51nod 1355】 斐波那契数的最小公倍数

题目

51nod的数学题都还不错啊

首先直接算显然是没有办法算的，因为(fib)的lcm这个东西还是太鬼畜了

我们考虑到(fib)数列的一个非常好的性质是(gcd(fib_i,fib_{j})=fib_{gcd(i,j)})，而(gcd)对应的是各质数次幂的最小值，(lcm)是各质数次幂的最大值

于是我们自然而然的想到了(min-max)容斥

显然答案就是

[prod_{Tsubset S}gcd(T)^{(-1)^{|T|+1}} ]

考虑到(gcd(T))不会有超过(Max(a_i))种，显然对于(x=1,2,3...n)，我们可以求出(gcd(T)=x)的(T)有多少种

自然考虑反演，(F(d))表示有多个子集的(gcd)是(d)或(d)的倍数，(F)显然很好求的样子

反演就得到了

[f(n)=sum_{n|d}mu(frac{d}{n})F(d)=sum_{n|d}mu(frac{d}{n})(2^{sum_{i=1}^n[d|a_i]}-1) ]

由于(min-max)容斥有那个((-1)^{|T|+1})我们得按照集合大小的奇偶性分别讨论

对于(F)和(f)我们都能在(O(nlgn))的时间内求出来了

最后答案就是(prod_{i=1}^{Max(a_i)}fib_{i}^{f(i)})

代码

#include<cstdio>
#define re register
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int mod=1000000007;
const int maxn=1e6+5;
int p[maxn>>1],f[maxn],mu[maxn],n,a[50005],g[maxn],vis[maxn],h[maxn];
int pw[50005],T,fib[maxn],ans=1;
inline int ksm(int a,int b) {
	int S=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) S=1ll*S*a%mod;return S;
}
int main() {
	n=read();
	for(re int i=1;i<=n;i++) 
		a[i]=read(),T=max(T,a[i]),vis[a[i]]++;
	f[1]=mu[1]=1;
	for(re int i=2;i<=T;i++) {
		if(!f[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;
		for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=T;j++) {
			f[p[j]*i]=1;if(i%p[j]==0) break;mu[p[j]*i]=-1*mu[i];
		}
	}
	for(re int i=1;i<=T;i++)
		for(re int j=i;j<=T;j+=i) g[i]+=vis[j];
	pw[0]=1;fib[1]=1;
	for(re int i=2;i<=T;i++) fib[i]=(fib[i-1]+fib[i-2])%mod;
	for(re int i=1;i<=n;i++) pw[i]=(pw[i-1]+pw[i-1])%(mod-1);
	for(re int i=1;i<=T;i++)
		for(re int j=i;j<=T;j+=i) 
			if(g[j]) h[i]=(h[i]+mu[j/i]*pw[g[j]-1])%(mod-1),h[i]=(h[i]-mu[j/i]*(pw[g[j]-1]-1))%(mod-1);
	for(re int i=1;i<=T;i++) h[i]=(h[i]+mod-1)%(mod-1);
	for(re int i=1;i<=T;i++) {
		if(!h[i]) continue;
		ans=1ll*ans*ksm(fib[i],h[i])%mod;
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}