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 \(\mathrm{lcm} (f_{a_1}, f_{a_2}, \cdots, f_{a_n})\)

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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。

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

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。

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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：

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

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）

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

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：

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

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：

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

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：

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

所以问题转化为了：

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

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：

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

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：

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

若要改造成乘法，很简单，两边取对数即可！

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

综上，总时间复杂度为 \(O(n\log n)\)