斐波那契公倍数

题目大意

给定n个数\(a_1\)~\(a_n\)，定义\(f_i\)为斐波那契数列，求出\(lcm(f_{a_1},...,f_{a_n})\)，\(n\leq5\times 10^4\)，\(a_i\leq10^6\)。

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根据斐波那契的性质，有\(gcd(f_n,f_m)=f_{gcd(n,m)}\)。

又根据常识，\(lcm(n,m)=\frac{nm}{gcd(n,m)}\)，\(lcm(a,b,c)=\frac{abc\times gcd(a,b,c)}{gcd(a,b)\times gcd(b,c)\times gcd(a,c)}\)，所以答案就是：

\[\prod_k f_k^{\sum_S(-1)^{|S|+1}[gcd(S)=k]} \]

只看指数部分，\(\sum_S(-1)^{|S|+1}[gcd(S)=k]=\sum_S(-1)^{|S|+1}[gcd(\frac{S}{k})=1]\)

\[=\sum_{S}(-1)^{|S|+1}\sum_{d|gcd(\frac{S}{k})}\mu(d) \\=\sum_{d}\mu(d)\sum_{kd|S}(-1)^{|S|+1} \]

就相当于只选\(kd\)的倍数贡献是\((-1)^{选的个数+1}\)，写出来就是\(\sum_{i=1}^{m}{m\choose i}(-1)^{i+1}\)，从一开始是因为不能不选，\(m\)是一共有多少个\(kd\)的倍数。就等于\(-\sum_{i=0}^m{m\choose i}(-1)^i+1=1\times [m\neq 0]\)。所以对于一个\(k\)，他的贡献就是\(\sum_{d=1}^{max\{a_i\}/k}\mu(d)\times [\exists x,kd|x]\)。复杂度\(n\ln n\)。

il int fpow(int a,int b,int ans=1){
    for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)if(b&1)ans=1ll*ans*a%mod;
    return ans;
}
il int calc(cint &k){
    rg int ans=0;
    fp(i,1,mx/k)if(vis[i*k])ans=(ans+mu[i])%(mod-1);
    return ans;
}
int main(){
    n=rd();
    fp(i,1,n)a[i]=rd(),mx=max(mx,a[i]);
    mu[1]=1;
    fp(i,2,mx){
        if(!isnp[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=mod-2;
        for(rg int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=mx;++j){
            isnp[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0)break;
            mu[i*pri[j]]=mod-1-mu[i];
        }
    }
    fp(i,1,n)for(rg int j=1;j*j<=a[i];++j)if(a[i]%j==0)vis[j]=vis[a[i]/j]=1;
    f[1]=1; fp(i,2,mx)f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod;
    fp(i,1,mx)ans=1ll*ans*fpow(f[i],calc(i))%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}