斐波那契数列
WC 考到了，自己却啥也不会，于是做一波斐波那契的题
记 \(F_i\) 为斐波那契数列的第 \(i\) 项
如果题目没特殊说明，这篇博客中默认初始项是 \(F_1=F_2=1\)
各种性质
\[\gcd(F_n,F_{n+1})=1
\]
证明：
根据辗转相减法，有
\(\gcd(F_n,F_{n+1})=\gcd(F_{n+1}-F_n,F_n)=\gcd(F_{n-1},F_n)=\cdots=\gcd(F_1,F_2)=1\)
\[\gcd(F_n,F_m)=F_{\gcd(n,m)}
\]
证明：
记 \(m=n+k\)
如果把 \(F_p,p>n+1\) 都用 \(F_n\) 和 \(F_{n+1}\) 表示出来，就有：
\[F_{n+2}=1\cdots F_n+1\cdot F_{n+1}
\]
\[F_{n+3}=1\cdots F_n+2\cdot F_{n+1}
\]
\[F_{n+4}=2\cdots F_n+3\cdot F_{n+1}
\]
\[\cdots
\]
\[F_{n+k}=F_{k-1}F_n+F_kF_{n+1}
\]
那么就有 \(\gcd(F_n,F_m)=\gcd(F_n,F_{k-1}F_n+F_k F_{n+1})=\gcd(F_n,F_k F_{n+1})\)
又因为上一条性质 \(\gcd(F_n,F_{n+1})=1\)，就得到 \(\gcd(F_n,F_m)=\gcd(F_n,F_k)=\gcd(F_n,F_{m-n})\)
然后你发现，把它多迭代几次，就成立在角标上做辗转相减（外面再套一个 \(\gcd\)），那最后一串等下去，就等于了 \(\gcd(F_{\gcd(n,m)},F_{\gcd(n,m)})=F_{\gcd(n,m)}\)
于是得证
齐肯多夫定理：任意正整数 \(n\) 都可以表示为若干不连续的斐波那契数之和
考虑归纳，\(n=1,2,3\) 都成立
- 若 \(n\) 是斐波那契数，显然成立
- 若不是，设 \(n_1\) 是最大的满足 \(f(n_1)<n<f(n_1+1)\) 的数
- 记 \(n'=n-f(n_1)<f(n_1+1)-f(n_1)=f(n_1-1)\)
- 根据归纳，\(n'\) 可以表示为若干不连续的斐波那契数之和：\(n'=f(n_2)+\cdots +f(n_k)\)，设其中 \(n_2\) 是最大的
- 由于 \(n'<f(n_1-1)\)，有 \(n_2<n_1-1\)
- 那么 \(n=f(n_1)+f(n_2)+\cdots f(n_k)\)，其中 \(n_1,\cdots,n_k\) 都是不连续的
题目：
- P1306 斐波那契公约数，模版，直接矩阵加速
- CF226C Anniversary
- 就是转换为求 \(\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_k)\) 的最大值
- 然后就是找到一个最大的 \(x\)，使得 \(x\) 有至少 \(k\) 个倍数出现在 \([l,r]\) 中，也就是 \(\lfloor\dfrac{r}{x}\rfloor-\lfloor\dfrac{l-1}{x}\rfloor \ge k\)
- 于是可以整除分块枚举 \(\lfloor\dfrac{r}{x}\rfloor\) 的值，如果 \(x\) 当前可取的值是 \([L,R]\)（就是让 \(\lfloor\dfrac{r}{x}\rfloor\) 相同的 \(x\)），那么肯定是让 \(x\) 取到 \(R\)，这样既能让上面的式子尽量大去符号要求，也会让选择更优
