题意
给定(Q(leq 10^5))组查询，每组查询四个数(k,l,r,p(kleq 10^6, 0leq lleq rleq 10^{18}, pleq 10^9))，(p)为质数，求
[lcm(k^{2^l}+1,k^{2^{l+1}}+1,...,k^{2^r}+1)\%p
]
我的解题过程
上来先一个打表找规律，惊讶的发现
[gcd(k^{2^x}+1,k^{2^{x+y}}+1)=egin{cases}1& k ext{ is even}\2& k ext{ is odd}\end{cases}
]
然后就顺理成章，根据(lcm(a,b)=frac{ab}{gcd(a,b)})有了
[Ans=egin{cases}prodlimits_{i=l}^r(k^{2^i}+1)& k ext{ is even}\frac{prodlimits_{i=l}^r(k^{2^i}+1)}{2^{r-l}}& k ext{ is odd}\end{cases}
]
研究一下(P=prodlimits_{i=l}^r(k^{2^i}+1)).
[egin{align}P&=(k^{2^l}+1)(k^{2^{l+1}}+1)...(k^{2^r}+1)\&=({(k^{2^{l}})}^{2^0}+{(k^{2^{l}})}^{0})({(k^{2^{l}})}^{2^1}+{(k^{2^{l}})}^{0})...({(k^{2^{l}})}^{2^{r-l}}+{(k^{2^{l}})}^{0})\&=({(k^{2^{l}})}^{(001)_2}+{(k^{2^{l}})}^{0})({(k^{2^{l}})}^{(010)_2}+{(k^{2^{l}})}^{0})...({(k^{2^{l}})}^{(10...0)_2}+{(k^{2^{l}})}^{0})\end{align}
]
用二进制的方法来看的话，如果把每一项乘出来，就是有(r-l)个二进制位，每一位都可以是0或1。因此
[egin{align}P&=sumlimits_{j=0}^{2^{r-l+1}-1}{(k^{2^{l}})}^j\&=frac{{(k^{2^l})}^{2^{r-l+1}}-1}{k^{2^l}-1}& k
ot=1\&=frac{k^{2^{r+1}}-1}{k^{2^l}-1}& k
ot=1\end{align}
]
由欧拉定理(gcd(k,p)
ot=1),即(k\%p
ot=0)时，(k^{2^l}equiv k^{2^l\%(p-1)}(mod p)).所以这个(k)的高次幂也很好求，老套路了。当(p|k)时，显然有(k^{2^l}-1equiv k^{2^{r+1}} - 1equiv(-1)(mod p))，且(gcd(k^{2^l}-1,p)=1)，所以很显然(P=1).
剩下的情况中，(gcd(k^{2^l}-1,p)=1)时也很好搞，直接求逆元搞出来就行。但当(gcd(k^{2^l}-1,p)
ot=1)即(p|(k^{2^l}-1))时，由于逆元不存在，情况有点复杂。因此观察并构造出如下等式：
[k^{2^{r+1}}-1=(k^{2^l}-1)(k^{2^{r+1}-2^l}+k^{2^{r+1}-2*2^l}+k^{2^{r+1}-3*2^l}+...+k^{2^{r+1}-2^{r-l+1}*2^l})
]
显然(T=k^{2^{r+1}-2^l}+k^{2^{r+1}-2*2^l}+k^{2^{r+1}-3*2^l}+...+k^{2^{r+1}-2^{r-l+1}*2^l})是我们要的结果。
[egin{align}T&=k^{2^{r+1}-2^l}+k^{2^{r+1}-2*2^l}+k^{2^{r+1}-3*2^l}+...+k^{2^{r+1}-2^{r-l+1}*2^l}\&=k^{2^{r+1}}(frac{1}{k^{2^{l}}}+frac{1}{{(k^{2^{l}})}^2}+frac{1}{{(k^{2^{l}})}^3}+...+frac{1}{{(k^{2^{l}})}^{2^{r-l+1}}})\&=k^{2^{r+1}}(frac{1}{k^{2^{l}}}+(frac{1}{k^{2^{l}}})^2+(frac{1}{k^{2^{l}}})^3+...+(frac{1}{k^{2^{l}}})^{2^{r-l+1}})\end{align}
]
由于(p|(k^{2^l}-1)),即(k^{2^l}equiv 1(mod p)),可知(gcd(k^{2^l},p)=1),因此有(frac{k^{2^{r+1}}}{k^{2^l}}equiv k^{2^{r+1}}(mod p)).因此很显然
[egin{align}T&equiv k^{2^{r+1}}(1+1+1+...+1)(mod p)\&equiv k^{2^{r+1}}2^{r-l+1}(mod p)\end{align}
]
现在就能轻松求解出(T)。这题就结束了。
反思
1.为什么
[gcd(k^{2^x}+1,k^{2^{x+y}}+1)=egin{cases}1& k ext{ is even}\2& k ext{ is odd}\end{cases}
]
看了一眼，官方题解中给出了(y=1)时的证明，还是比较巧妙的。
设(d=gcd(k^{2^x}+1,k^{2^{x+1}}+1)).因此(k^{2^x}equiv-1(mod d)).平方得(k^{2^{x+1}}equiv 1(mod d)).但(k^{2^{x+1}}equiv-1(mod d)),所以只能有(dleq2).再对(k)的奇偶性讨论，即可得出结论。
2.事实上，最后一段讨论我绕了个弯路。观察到(k^{2^l}equiv 1(mod p)),很明显就有(Pequiv sumlimits_{j=0}^{2^{r-l+1}-1}{(k^{2^{l}})}^jequiv 2^{r-l+1}(mod p))了。