WC 考到了，自己却啥也不会，于是做一波斐波那契的题
记 (F_i) 为斐波那契数列的第 (i) 项
如果题目没特殊说明，这篇博客中默认初始项是 (F_1=F_2=1)
各种性质
[gcd(F_n,F_{n+1})=1
]
证明：
根据辗转相减法，有
(gcd(F_n,F_{n+1})=gcd(F_{n+1}-F_n,F_n)=gcd(F_{n-1},F_n)=cdots=gcd(F_1,F_2)=1)
[gcd(F_n,F_m)=F_{gcd(n,m)}
]
证明：
记 (m=n+k)
如果把 (F_p,p>n+1) 都用 (F_n) 和 (F_{n+1}) 表示出来，就有：
[F_{n+2}=1cdots F_n+1cdot F_{n+1}
]
[F_{n+3}=1cdots F_n+2cdot F_{n+1}
]
[F_{n+4}=2cdots F_n+3cdot F_{n+1}
]
[cdots
]
[F_{n+k}=F_{k-1}F_n+F_kF_{n+1}
]
那么就有 (gcd(F_n,F_m)=gcd(F_n,F_{k-1}F_n+F_k F_{n+1})=gcd(F_n,F_k F_{n+1}))
又因为上一条性质 (gcd(F_n,F_{n+1})=1)，就得到 (gcd(F_n,F_m)=gcd(F_n,F_k)=gcd(F_n,F_{m-n}))
然后你发现，把它多迭代几次，就成立在角标上做辗转相减（外面再套一个 (gcd)），那最后一串等下去，就等于了 (gcd(F_{gcd(n,m)},F_{gcd(n,m)})=F_{gcd(n,m)})
于是得证
题目：
- P1306 斐波那契公约数，模版，直接矩阵加速
- CF226C Anniversary
- 就是转换为求 (gcd(a_1,a_2,cdots,a_k)) 的最大值
- 然后就是找到一个最大的 (x)，使得 (x) 有至少 (k) 个倍数出现在 ([l,r]) 中，也就是 (lfloordfrac{r}{x} floor-lfloordfrac{l-1}{x} floor ge k)
- 于是可以整除分块枚举 (lfloordfrac{r}{x} floor) 的值，如果 (x) 当前可取的值是 ([L,R])（就是让 (lfloordfrac{r}{x} floor) 相同的 (x)），那么肯定是让 (x) 取到 (R)，这样既能让上面的式子尽量大去符号要求，也会让选择更优