LOJ6102「2017 山东二轮集训 Day1」第三题 or 51nod1355 斐波那契的最小公倍数 题解

Problem

给出 \(n\) 个数 \(a_1,a_2,\dots,a_n\) ，求出 \(\operatorname{lcm}(f(a_1),f(a_2,)\dots,f(a_n)) \mod 10^9+7\) ，其中， \(f(i)\) 代表斐波那契数列第 \(i\) 项。

Solution

感觉挺妙的，记录一下。 以下 \(S,T\) 代表一类数的集合。

我们知道斐波那契数列的一个性质：

\(\gcd\left(f(i),f(j)\right)=f\left(\gcd(i,j)\right)\)

以及类比 \(min-max\) 容斥，我们可以有：

\(\operatorname{lcm}(S) = \prod_{T\subseteq S,T\neq \varnothing}\gcd(f(T))^{(-1)^{|T|+1}}\)

然后就有一个非常妙的变换：

类比莫比乌斯反演，构造数列 \(g_1,g_2,\dots,g_n\) 满足 \(f(n) = \prod_{d|n}g(d)\) ，移项后可得 \(g(n) = f(n)\prod_{d|n,d\neq n}g(d)^{-1}\)。

然后：

\(\begin{align} \operatorname{lcm}(S) &= \prod_{T\subseteq S,T\neq \varnothing}\gcd\left(f(T)\right)^{(-1)^{|T|+1}} \\ &= \prod_{T\subseteq S,T\neq \varnothing}f(\gcd(T))^{(-1)^{|T|+1}}\\&=\prod_{T\subseteq S,T\ne \varnothing}f\left(\prod_{d|n}g(d)\right)^{(-1)^{|T|+1}}\\ &= \prod_{d\ge1}g(d)^{\sum_{T\subseteq S,T\ne \varnothing,d|gcd(T)}(-1)^{|T|+1}}\end{align}\)

对于 \(\sum_{T\subseteq S,T\ne \varnothing,d|gcd(T)}(-1)^{|T|+1}\) ，若存在 \(d|x\) , 则为 \(1\) ，否则为 \(0\) 。

于是，

\(\begin{align} \operatorname{lcm}(S) &= \prod_{d\ge1}g(d)^{\sum_{T\subseteq S,T\ne \varnothing,d|gcd(T)}(-1)^{|T|+1}} \\&= \prod_{\exists x\in S,d|x,d\ge1}g(d)\end{align}\)

直接计算即可。

Code

#define in read()

typedef long long ll;

const int mod = 1e9+7;
const int N = 50010;
const int M = 1e6+10;

ll f[M],g[M];
int n,a[N],A;
bool vis[M];

ll qp(ll x,int t){ll res=1;for(;t;t>>=1,x=x*x%mod)if(t&1)res=res*x%mod;return res;}

void getg(){
	f[1] = 1;for(int i = 2;i <= A;i++) f[i] = (f[i-1] + f[i-2]) % mod;
	for(int i = 1;i <= A;i++) g[i] = f[i];
	for(int i = 1;i <= A;i++){
		ll inv = qp(g[i],mod-2);
		for(int j = i+i;j <= A;j += i) g[j] = g[j] * inv % mod;
	}
}

int main (){
	n = in; for(int i = 1;i <= n;i++) a[i] = in,A = max(a[i],A),vis[a[i]] = 1;
	getg(); ll ans = 1;
	for(int i = 1;i <= A;i++){
		bool app = 0;
		for(int j = i;j <= A;j+=i) if(vis[j]) {app = 1;break;}
		if(app) ans = ans * g[i] % mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}