斐波那契的最小公倍数 题解
题目大意
给出 \(n\) 以及一个长度为 \(n\) 的数组 \(a_{1,2,...,n}\) ，定义 \(f_i\) 表示斐波拉契数列的第 \(i\) 项，其中 \(f_1=f_2=1\) 。求出 \(\text{lcm}\{f_{a_1},f_{a_2},...,f_{a_n}\}\) 。
\(n\le 5\times 10^4,a_i\le 10^6\)
思路
算是让我见识了 \(\text{min-max}\) 容斥有多强。做这道题首先你得知道一个知道一个式子：
\[\text{lcm}\{S\}=\prod_{T\subseteq S}\gcd\{T\}^{(-1)^{|T|+1}}
\]
具体证明可以考虑我们对于质因数分解的每一位做 \(\text{min-max}\) 容斥。
然后看到这道题，我们又有一个人尽皆知的定理 \(\gcd(f_i,f_j)=f_{\gcd(i,j)}\)，然后就可得到：
\[\text{lcm}\{S\}=\prod_{T\subseteq S}f_{\gcd\{T\}}^{(-1)^{|T|+1}}
\]
\[=\prod_{i=1}^{\infty} f_i^{\sum_{T\subseteq S} [\gcd\{T\}=i](-1)^{|T|+1}}
\]
然后上面那一坨不是很好求，所以我们可以考虑莫比乌斯反演解决，我们设 \(a_i=\sum_{T\subseteq S} [\gcd\{T\}=i](-1)^{|T|+1}\) ，\(b_i=\sum_{i|d} a_d\)，那么我们可以得到：
\[b_i=\sum_{T\subseteq S}[i|\gcd\{T\}](-1)^{|T|+1}
\]
然后你发现如果 \(i\) 在 \(T\) 中出现过，那么 \(b_i=1\)，反之为 \(0\)，具体证明可以使用二项式定理。
然后我们使用莫比乌斯反演可以得到：
\[a_i=\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})b_d
\]
然后直接预处理之后暴力算就好了，时间复杂度为 \(\Theta(w\ln w)\) ，其中 \(w\) 是值域。
\(\texttt{Code}\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define Int register int
#define mod 1000000007
#define MAX 1000000
int n,tot,f[MAX + 5],a[MAX + 5],b[MAX + 5],mu[MAX + 5],vis[MAX + 5],prime[MAX + 5];
void Euler (int up){
mu[1] = 1;
for (Int i = 2;i <= up;++ i){
if (!vis[i]) prime[++ tot] = i,mu[i] = -1;
for (Int j = 1;j <= tot && i * prime[j] <= up;++ j){
vis[i * prime[j]] = 1;
if (i % prime[j] == 0) break;
else mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
}
}
int qkpow (int a,int b){
int res = 1;for (;b;b >>= 1,a = 1ll * a * a % mod) if (b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
return res;
}
template <typename T> inline void read (T &t){t = 0;char c = getchar();int f = 1;while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -f;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){t = (t << 3) + (t << 1) + c - '0';c = getchar();} t *= f;}
template <typename T,typename ... Args> inline void read (T &t,Args&... args){read (t);read (args...);}
template <typename T> inline void write (T x){if (x < 0){x = -x;putchar ('-');}if (x > 9) write (x / 10);putchar (x % 10 + '0');}
signed main(){
read (n),Euler (MAX);
for (Int i = 1,x;i <= n;++ i) read (x),b[x] = 1;
for (Int i = 1;i <= MAX;++ i)
for (Int j = i + i;j <= MAX;j += i)
b[i] |= b[j];
f[1] = f[2] = 1;for (Int i = 2;i <= MAX;++ i) f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % mod;
for (Int i = 1;i <= MAX;++ i)
for (Int j = i;j <= MAX;j += i)
a[i] += mu[j / i] * b[j];
int ans = 1;for (Int i = 1;i <= MAX;++ i) ans = 1ll * ans * qkpow (f[i],mod - 1 + a[i]) % mod;
write (ans),putchar ('\n');
return 0;
}
