【BZOJ4833】[Lydsy1704月赛] 最小公倍佩尔数（神仙数学题）

点此看题面

大致题意： 已知\(e_i=e_{i-1}+2f_{i-1},f_i=e_{i-1}+f_{i-1}\)，设\(g(n)=lcm_{i=1}^nf(n)\)，求\(\sum_{i=1}^ni\times g(i)\)。

前言

神仙题，这种东西我怎么可能想得到。。。

我不会推式子，我只是式子的搬运工。

递推式的化简

好吧，这一部分大概是我唯一自己推出来的式子。。。（也因此我的这一步要比别人麻烦许多）

考虑把\(e_i\)消去，然后我就采用了代入消元法，递归代入得到：

\[f_i=f_{i-1}+e_{i-1}=f_{i-1}+2f_{i-2}+e_{i-2}=f_{i-1}+2f_{i-2}+2f_{i-3}+e_{i-3}=... \]

然后我们发现当最终\(e\)的下标变成\(0\)时，\(f_i\)就是这样一个递推式。

\[f_i=f_{i-1}+2\sum_{k=1}^{i-2}f_k \]

然而\(\sum\)这项毕竟还是太麻烦了，考虑把它替换掉：

\[2\sum_{k=1}^{i-2}f_k=(f_{i-2}+2\sum_{k=1}^{i-3}f_k)+f_{i-2}=f_{i-1}+f_{i-2} \]

于是最终我们就得到了一个很简单的式子：

\[f_i=2f_{i-1}+f_{i-2} \]

接下来，开始搬运式子。。。

\(Min-Max\)容斥的神奇应用

考虑到对于一个形如\(f(i)=af(i-1)+bf(i-2)\)的式子，都有一个共同性质：

\[gcd(f(a),f(b))=f(gcd(a,b)) \]

但问题在于这道题求的是\(lcm\)呀，这个性质怎么用呢？

因此，我们就要把\(lcm\)转化为\(gcd\)，这里神奇地使用了\(Min-Max\)容斥：

\[lcm(S)=\prod_{T\subseteq S,T\not=\empty}gcd(T)^{(-1)^{|T|+1}} \]

显然，此处\(gcd\)对应\(Min\)，\(lcm\)对应\(Max\)（相当于把因数看作集合），因此原本的\(\sum\)变成了\(\prod\)，且\((-1)^{|T|+1}\)这个系数就飞上去变成了次数。

然后我们就可以得到：

\[g(n)=\prod_{T\subseteq S,T\not=\empty}f(gcd(T))^{(-1)^{|T|+1}} \]

这个式子看起来还是很复杂啊，因此还需要继续推。

“最精髓的一步”（闪指导\(hl666\)评）

我也不知道是怎么想到的，反正这里我们需要构造一个函数\(h(x)\)满足：（怎么构造之后会介绍）

\[f(n)=\prod_{d|n}h(d) \]

然后我们把这个东西代入原式，就得到了：

\[g(n)=\prod_{T\subseteq S,T\not=\empty}(\prod_{d|gcd(T)}h(d))^{(-1)^{|T|+1}} \]

看到\(d|n\)这个东西，我们就不禁回想起莫比乌斯反演的基本套路，因此就会调整枚举顺序，改为枚举\(d\)：

\[g(n)=\prod_{d=1}^nh(d)^{\sum_{T\subseteq S',T\not=\empty}(-1)^{|T|+1}} \]

注意一下，此时的\(S'\)表示\(\{d,2d,3d,...,\lfloor\frac nd\rfloor\times d\}\)这个集合。（实际上它是什么集合都无所谓）

还有，原先的\(\prod\)，飞到上面去就变成了\(\sum\)。

然后我们仔细看看这个式子，就会发现，这个式子依旧很复杂，依旧不知道该怎么搞。

全体起立，思路清奇（闪指导\(hl666\)语）

让我们单独拎出此时的次数，如果我们去枚举\(|T|\)，就会得到这样一个东西：

\[\sum_{i=1}^{|S'|}(-1)^{i+1}C_{|S|}^{i} \]

是不是立刻觉得有蹊跷？若我们把\(i\)改为从\(0\)开始枚举，那么就多出一项\(-1\)，则我们在式子后面补上一个\(1\)使原式值不变得到：

\[\sum_{i=0}^{|S'|}(-1)^{i+1}C_{|S|}^i+1 \]

然后我们就会发现，\(\sum_{i=0}^{|S'|}(-1)^{i+1}C_{|S|}^i\)实际上是等于\(0\)的！

于是我们就得到了：

\[g(n)=\prod_{i=1}^nh(i) \]

看着这个式子，尽管我们是一步一步有理有据推导过来的，是不是仍然有种不可置信的感觉？

莫比乌斯反演的神奇应用（\(h(x)\)的构造）

众所周知，莫比乌斯反演是长这样子的一个式子：

\[F(n)=\sum_{d|n}f(d)\Leftrightarrow f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\times F(\frac nd) \]

然后放在这题里，实际上我们有这样一个推论：

\[f(n)=\prod_{d|n}h(d)\Leftrightarrow h(n)=\prod_{d|n}f(\frac nd)^{\mu(d)} \]

由此我们可以发现，在这道题中很多我们曾熟悉，或自以为熟悉的公式，都因为\(\sum\)变成了\(\prod\)，而变得如此陌生。

这也启发了我，学习一个式子真的需要深层地去了解，从而能更灵活的应用。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 3000000
using namespace std;
int n,X,f[N+5],h[N+5];
I int QP(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
class LinearSieve//线性筛，筛莫比乌斯函数
{
	private:
		int Pt,P[N+5],mu[N+5];
	public:
		I int operator [] (CI x) Con {return mu[x];}
		I LinearSieve()
		{
			mu[1]=1;for(RI i=2,j;i<=N;++i)
				for(!P[i]&&(mu[P[++Pt]=i]=-1),j=1;j<=Pt&&i*P[j]<=N;++j)
					if(P[i*P[j]]=1,i%P[j]) mu[i*P[j]]=-mu[i];else break;
		}
}Mu;
int main()
{
	RI Tt,i,j,g,Inv,ans;scanf("%d",&Tt);W(Tt--)
	{
  		for(scanf("%d%d",&n,&X),i=1;i<=n;++i) h[i]=1;//初始化清空
		for(f[1]=1,i=2;i<=n;++i)//递推f，同时求出h
		{
			Inv=QP(f[i]=(2LL*f[i-1]+f[i-2])%X,X-2);//递推f，计算逆元
			for(j=1;i*j<=n;++j) Mu[j]&&(h[i*j]=1LL*h[i*j]*(~Mu[j]?f[i]:Inv)%X,0);//枚举倍数，更新h
		}
		for(ans=0,g=i=1;i<=n;++i) g=1LL*g*h[i]%X,ans=(1LL*i*g+ans)%X;//计算g,统计答案
		printf("%d\n",ans);//输出答案
	}return 0;
}