斐波那契的最小公倍数

原题链接：http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=1355
题目大意：
定义斐波那契数列 $f_0 = 0, f_1=1, f_n=f_{n-1}+f_{n-2} \ (n\ge 2)$ ，现给出 $n$ 个整数 $\{a_i\}$ ，求出 $\mathrm{lcm} (f_{a_1}, f_{a_2}, \cdots, f_{a_n})$

斐波那契最大公约数引理： $\gcd(f_n, f_m) = f_{\gcd(n, m)}$

要证明这个引理，我们需要注意到一些性质：

性质 $1$ ： $\gcd(f_n, f_{n-1} )=1$ 对于 $n\ge1$ 成立

对于数列，因为有递推公式，与归纳法的结构很相似，因此首先考虑归纳。

当 $n = 1$ 时， $\gcd(f_n, f_{n-1}) = 1$

当 $n>1$ 时， $\gcd(f_n, f_{n-1}) = \gcd(f_{n-1}+f_{n-2}, f_{n-1}) =\gcd(f_{n-2}, f_{n-1}) = 1$

性质 $2$ ： $f_{n+m} = f_{n-1}f_m+f_{n}f_{m+1}$

同样考虑归纳，对于这类有多个变量的，只需要挑选一个变量归纳即可，在这里对 $m$ 归纳。

当 $m=0$ 时， $f_n = f_n\times 1$

当 $m=1$ 时， $f_{n+1} = f_{n-1} + f_n$

当 $m>1$ 时， $f_{n+m} = f_{n+m-2} + f_{n+m-1} = f_{n-1}(f_{m-2} + f_{m-1}) + f_n(f_{m-1} + f_m) = f_{n-1}f_m + f_n f_{m+1}$

有了以上两个性质，我们就能够来证明引理了。

gcd (f_{n + m}, f_{m}) = gcd (f_{n - 1} f_{m} + f_{n} f_{m + 1}, f_{m}) = gcd (f_{n} f_{m + 1}, f_{m}) = gcd (f_{n}, f_{m})

$\gcd(f_{n+m}, f_m) = \gcd(f_{n-1}f_m + f_nf_{m+1}, f_m)=\gcd(f_nf_{m+1}, f_m)=\gcd(f_n, f_m)$

其中第一步用了性质 $2$ ，最后一步用了性质 $1$ （合理性证明可以利用具体数学中讲到的，考察每个素因子的次数）。这样我们通过辗转相除法的步骤，即可归纳证明引理成立。

回原题，我们要求 $\mathrm{lcm} (f_S)$ ，而 $\mathrm{lcm}$ 并不是我们所熟悉的形式，需要想办法转换到 $\gcd$ 上去。还记得吗？在两元运算中， $\mathrm{lcm}(a, b)\times \gcd(a, b) = ab$ ，但是很遗憾，这种做法不能拓展到多元。多元情况只能两两合并，这样会爆模数，于是，我们只能另寻它法。

换一个视角， $\mathrm{lcm}$ 就是对于每个素因子的次数求 $\max$ ，而 $\gcd$ 就是对于每个素因子的次数求 $\min$ ，这样就能和 $\min -\max$ 容斥相联系了！回顾 $\min -\max$ 容斥的公式：

max (S) = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} min (T)

$\max(S) = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T|-1}\min(T)$

运用到 $\mathrm{lcm}$ 和 $\gcd$ 当中（定义 $p$ 为素数， $S_p$ 表示 $S$ 中每个元素包含的最大的 $p$ 次幂的新集合）

\begin{aligned} l c m (S) = \prod_{p} p^{max (S_{p})} & = \prod_{p} p^{\sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} min (T_{p})} \\ = \prod_{T \subseteq S} {(\prod_{p} p^{min (T_{p})})}^{(- 1)^{| T | - 1}} \\ = \prod_{T \subseteq S} gcd (T)^{(- 1)^{| T | - 1}} \end{aligned}

$\begin{aligned} \mathrm{lcm}(S) = \prod_p p^{\max(S_p)} &=\prod_p p^{\sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T|-1} \min(T_p)}\\ &=\prod_{T\subseteq S} \left(\prod_p p^{\min(T_p)}\right)^{(-1)^{|T|-1}}\\ &=\prod_{T\subseteq S} \gcd(T)^{(-1)^{|T|-1}} \end{aligned}$

将 $S$ 集合在套上 $f$ 的意义下操作（证明同理，唯一区别是在最后一步用了引理），知：

l c m (f_{S}) = \prod_{T \subseteq S} f_{gcd (T)}^{(- 1)^{| T | - 1}}

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

这样算根本没有得到简化，巧妙的一步来了，我们尝试将 $f_{\gcd}$ 拆开，构造一个函数 $g$ ，使得 $f_n=\prod_{d\mid n} g_d$ ，则：

\begin{aligned} l c m (f_{S}) & = \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}} \end{aligned}

$\begin{aligned} \mathrm{lcm}(f_S) &= \prod_{T\subseteq S} \left(\prod_{d\mid \gcd(T)}g_d\right)^{(-1)^{|T|-1}}\\ &=\prod_{d} g_d^{\sum_{T\subseteq S} [d\mid \gcd(T)] (-1)^{|T|-1}} \end{aligned}$

考虑每个 $g_d$ 的指数部分，假设 $S$ 中有 $t$ 个数（ $t>0$ ）整除于 $d$ ，则指数等于：

\sum_{i = 1}^{t} (- 1)^{i - 1} (\binom{t}{i}) = 1 - \sum_{i = 0}^{t} (- 1)^{i} (\binom{t}{i}) = 1

$\sum_{i=1}^{t}(-1)^{i-1} \binom{t}{i}=1-\sum_{i=0}^t (-1)^i \binom{t}{i} = 1$

所以问题转化为了：

l c m (f_{S}) = \prod_{\exists x \in S, d ∣ x} g_{d}

$\mathrm{lcm}(f_S) = \prod_{\exist x\in S, d\mid x} g_d$

最后一个没有解决的问题就是如何构造这样的 $g$ ，有两种方法（其实是本质相同的）：

第一种，简单朴素，利用递推：

g_{n} = \frac{f_{n}}{\prod_{d ∣ n, d \neq n} g_{d}}

$g_n = \dfrac{f_n}{\prod_{d\mid n, d\neq n} g_d}$

第二种，观察到这个形式是乘法版的狄利克雷卷积，于是我们可以尝试改造一下莫比乌斯反演：

回顾莫比乌斯反演：

f_{n} = \sum_{d ∣ n} g_{n} \Leftrightarrow g_{n} = \sum_{d ∣ n} μ (\frac{n}{d}) f_{d}

$f_n = \sum_{d\mid n} g_n \Leftrightarrow g_n =\sum_{d\mid n}\mu(\frac nd)f_d$

若要改造成乘法，很简单，两边取对数即可！

\begin{aligned} \ln f_{n} = \sum_{d ∣ n} \ln g_{d} & \Leftrightarrow \ln g_{n} = \sum_{d ∣ n} μ (\frac{n}{d}) \ln f_{d} \\ g_{n} & = e^{\sum_{d ∣ n} μ (\frac{n}{d}) \ln f_{d}} = \prod_{d ∣ n} f_{d}^{μ (\frac{n}{d})} \end{aligned}

$\begin{aligned} \ln f_n = \sum_{d\mid n} \ln g_d &\Leftrightarrow \ln g_n = \sum_{d\mid n} \mu(\frac nd)\ln f_d\\ g_n &= e^{\sum_{d\mid n} \mu(\frac nd)\ln f_d}=\prod_{d\mid n} f_d^{\mu(\frac nd)} \end{aligned}$

综上，总时间复杂度为 $O(n\log n)$