[51Nod1355]斐波那契的最小公倍数

V.[51Nod1355]斐波那契的最小公倍数

引理1. 设 $f_i$ 表示斐波那契数列中第 $i$ 项，则 $\gcd(f_i,f_j)=f_{\gcd(i,j)}$ 。

~~一种证明方法是打表~~

另一种证明方法是，首先有 $f_{i+j}=f_{i−1}f_j+f_if_{j+1}$ （这个可以通过暴力拆斐波那契数得到）。显然， $f_{i-1}$ 与 $f_i$ 的 $\gcd$ 为 $1$ ， $f_{j+1}$ 与 $f_j$ 的 $\gcd$ 为 $1$ （这个是真的简单归纳就能得出），故 $\gcd(f_{i+j},f_j)=\gcd(f_i,f_j)$ 。发现这就是求 $\gcd$ 的辗转相减法的形式，因此证毕。

引理2. $\operatorname{lcm}\{\mathbb S\}=\prod\limits_{\mathbb{T\subseteq S}}\gcd\{\mathbb T\}^{(-1)^{|\mathbb T|+1}}$ 。

考虑对每一个质数进行minmax容斥。在枚举一个质数后，考虑 $\text{lcm}$ 中该质数的次数，为 $\max\limits_{x\in\mathbb S}\{d_x\}$ ，其中 $d_x$ 为 $x$ 中此质数的次数。

于是 $\max\limits_{x\in\mathbb S}\{d_x\}=\sum\limits_{\mathbb{T\subseteq S}}(-1)^{|T|+1}\min\limits_{x\in\mathbb T}\{d_x\}$ 。在将其移回指数上后，便得到了上述结论。

结合引理1,2，我们得到

lcm {f_{S}} = \prod_{T \subseteq S} f_{gcd {T}}^{(- 1)^{| T | + 1}}

$\operatorname{lcm}\{f_\mathbb S\}=\prod\limits_{\mathbb{T\subseteq S}}f_{\gcd\{\mathbb T\}}^{(-1)^{|\mathbb T|+1}}$

现在考虑对于每个 $\gcd$ ，有多少符合条件的 $\mathbb T$ ，以及有多少个 $|\mathbb T|$ 为奇，多少个为偶。

考虑我们现在强行构造出一个数列 $g$ 满足 $f_n\equiv\prod\limits_{d|n}g_d\pmod{10^9+7}$ 。于是就有

\prod_{T \subseteq S} f_{gcd {T}}^{(- 1)^{| T | + 1}} = \prod_{T \subseteq S} (\prod_{d | gcd {T}} g_{d})^{(- 1)^{| T | + 1}} = \prod_{d} (g_{d})^{\sum_{T \subseteq S, d | gcd {T}} (- 1)^{| T | + 1}}

$\prod\limits_{\mathbb{T\subseteq S}}f_{\gcd\{\mathbb T\}}^{(-1)^{|\mathbb T|+1}}=\prod\limits_{\mathbb{T\subseteq S}}(\prod\limits_{d|\gcd\{\mathbb T\}}g_d)^{(-1)^{|\mathbb T|+1}}=\prod\limits_d(g_d)^{\sum\limits_{\mathbb{T\subseteq S},d|\gcd\{\mathbb T\}}(-1)^{|\mathbb T|+1}}$

现在考虑把 $g_d$ 的指数掏出来，是 $\sum\limits_{\mathbb{T\subseteq S},d|\gcd\{\mathbb T\}}(-1)^{|\mathbb T|+1}$ 。

考虑 $\mathbb S$ 中所有是 $d$ 的倍数的数的数量，设其为 $p$ 。则上式等价于 $\sum\limits_{k=1}^p\dbinom{p}{k}(-1)^{k+1}$ 。显然，当 $p$ 为 $0$ 时，此式为 $0$ ；否则，其可被改写成 $1+\sum\limits_{k=0}^p\dbinom{p}{k}(-1)^{k+1}$ 。依据二项式定理，后面那一大坨，在 $p>0$ 时为 $0$ 。故其就等价于 $[p>0]$ ，也即存在 $d$ 的倍数。

于是问题转换为 $\prod\limits_{\exists x\in\mathbb S,d|x}g_d$ 。显然就可以简单求出。问题转换为如何构造 $g$ 。

因为 $f_n=\prod\limits_{d|n}g_d$ ，或许会想到狄利克雷卷积。但是狄利克雷卷积中是 $\sum$ 而非 $\prod$ ，因此不能使用。更好的方式是把除了 $g_n$ 以外所有项全部移到另一边，得到 $g_n=\dfrac{f_n}{\prod\limits_{d|n,d\neq n}g_d}$ ，可以 $O(n\sqrt{n})$ 或 $O(n\log n)$ 地递推。

总时间复杂度可以做到 $O(n\log n)$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int ksm(int x,int y=mod-2){int z=1;for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;return z;}
int n,m,a[50100],g[1001000],res=1;
bool occ[1001000];
int main(){
	scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),m=max(m,a[i]),occ[a[i]]=true;
	g[0]=0,g[1]=1;for(int i=2;i<=m;i++)g[i]=(g[i-1]+g[i-2])%mod;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int inv=ksm(g[i]);
		for(int j=2*i;j<=m;j+=i)g[j]=1ll*g[j]*inv%mod;
		for(int j=i;j<=m;j+=i)if(occ[j]){res=1ll*res*g[i]%mod;break;}
	}
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}