[C103] 斐波那契数列

设 $(i,j)=gcd(i,j)$

$$f_i=f_{i-1}+f_{i-2}$$

$$f_i=f_{i-2}\times f_1+f_{i-1}\times f_2$$

$$f_i=f_{i-1}\times f_2+f_{i-2}\times f_1$$

$$f_i=(f_{i-3}+f_{i-2})\times f_2+f_{i-2}\times f_1$$

$$f_i=f_{i-3}\times f_2+f_{i-2}\times f_3$$

$$f_i=f_{i-k}\times f_{k-1}+F_{i-k+1}\times f_k$$

$$f_{n+m}=f_{n-1}\times f_m+f_n\times f_{m+1}$$

$$(f_1,f_2)=(f_2,f_3)=(f_i,f_{i-1})=(f_i-f_{i-1},f_{i-1})=(f_{i-2},f_{i-1})=1$$

$$f_{(i,j)}=(f_i,f_j)\to f_j\mid f_i=j\mid i$$

因为 $f_2=1$，则 $f_2\mid 2x+1(x\in Z)$，但 $2\nmid 2x+1(x\in Z)$，故上述式子存在特例，且该特例唯一.

一

设 $tot(i)$ 是 $i$ 的约数的个数，将 $i$ 用唯一分解定理分解为

$$i=\prod _i{p}_i^{c_i}$$

则有

$$tot(i)=\prod (c_i+1)$$

那么

$$tot(i\times j)=\prod _i{p}_i^{c_i}\times \prod _j{p}_j^{c_j}=tot(i)\times tot(j)$$

即 $tot(x)$ 为 积性函数.

若质数 $p\mid i$，则 $mi{n}_j[j\mid (i\times p)]=p$，且 $c_{p_i}=2$

若质数 $p$ 是 $i\times p$ 的最小因子，不妨设

$$i=p^{c_p}\times \prod _i{p}_i^{c_{p_i}}$$

$$tot(i)=c_p\times \prod _i{c}_{p_i}$$

则

$$i\times p=p^{c_p+1}\times \prod _i{p}_i^{c_{p_i}}$$

$$tot(i\times p)=(c_p+1)\times \prod _i{c}_{p_i}$$

则

$$tot(i\times p)=\frac{tot(i)}{c_p}\times (c_p+1)$$

所以我们引入 $mintimes(i)$ 表示 $i$ 的最小约数的 $c_i$.

上述式子可以表示成

$$tot(i\times p)=\frac{tot(i)}{mintimes(i)}\times (mintimes(i)+1)$$

上述推论对全部 $p\in p_i$ 均成立

二

设 $sqrtot(i)$ 为 $i$ 的约数的平方和，与 $tot(i)$ 类似，可得

$$sqrtot(x)=\prod _i\sum _{j=0}^{c_i}(p_i^j{)}^2$$

$$sqrtot(i\times j)=\prod _i\sum _{j=0}^{c_i}(p_i^j{)}^2\times \prod _{i^{\prime }}\sum _{j^{\prime }=0}^{c_{i^{\prime }}}(p_{i^{\prime }}^{j^{\prime }}{)}^2=sqrtot(i)\times sqrtot(j)$$

所以 $sqrtot(x)$ 也为积性函数

同理，不妨设

$$p_{sum}=\sum _{j=0}^{c_{p_i}}(p^j{)}^2$$

$$sqrtot(i)=p_{sum}\times \prod _i\sum _{j=0}^{c_i}(p_i^j{)}^2$$

则

$$sqrtot(i\times p)=(p^2\times p_{sum}+1)\times \prod _i\sum _{j=0}^{c_i}(p_i^j{)}^2$$

维护 $expmin(i)=p_{sum}$ 即可.