【51nod1355】斐波那契的最小公倍数（min - max容斥）（容斥）（反演）

题意：
给 $m$ 个数 $a_i$，求 $lcm(fib(a_i))$，$m\le 4e5, a_i\le 1e6$，对 $1e9+7$ 取模

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首先我们知道斐波那契数列的一些性质

1. $gcd(fib_i,fib_{i-1})=1$
2. $f_{n+m}=f_{m+1}*f_n+f_m*f_{n-1}$
3. $gcd(f_{n+m},f_n)=gcd(f_{m+1}*f_n+f_m*f_{n-1},f_n)=gcd(f_m,f_n)\Rightarrow gcd(f_n,f_m)=f_{gcd(n,m)}$

第 2 个可以用归纳法证明，不是很难

我们考虑把求 $lcm$ 变成 $gcd$，$min\ max$ 容斥
令 $m_i$ 表示质因子次数，$S$ 为 $m_i$ 的集合

$lcm(fib(a_i))=\prod p_i^{max(S)}=\prod p_i^{\sum_{T\subset S}(-1)^{|T|+1}min(T)}$
$=\prod_{T\subset S} \prod_ip_i^{(-1)^{|T|+1}*min(T)}$
$=\prod_{T\subset S}gcd(T)^{(-1)^{|T|+1}}$

发现不是很好搞，考虑反演，令 $f(n)=\prod_{T\subset S,gcd(T)=n}fib(n)^{(-1)^{|T|+1}},g(n)=\prod_{n|d}f(d)$

那么有 $g(n)=\prod_{T\subset S,gcd(T)|n}fib(n)^{(-1)^{|T|+1}}$
不妨另为 $gcd$ 倍数且在 $S$ 的集合为 $A$，那么

$g(n)=\prod_{T\subset A}fib(n)^{(-1)^{|T|+1}}=fib(n)(A\ne\empty)$

$f(n)=g(n)*(\prod_{n|d,d!=n} f(d))^{-1}$

倒过来调和级数求即可

#include<bits/stdc++.h>
#define cs const
using namespace std;
cs int N = 1e6 + 5;
cs int Mod = 1e9 + 7;
int add(int a, int b){ return a + b >= Mod ? a + b - Mod : a + b; }
int mul(int a, int b){ return 1ll * a * b % Mod; }
int ksm(int a, int b){ int ans=1; for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if(b&1) ans=mul(ans,a); return ans; }
int n, a[N], g[N], f[N], mx;
int main(){
	cin >> n;
	for(int i = 1, x; i <= n; i++){
		scanf("%d", &x); a[x] = 1;
		mx = max(mx, x);
	}
	f[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= mx; i++) f[i] = add(f[i-1], f[i-2]);
	for(int i = mx; i >= 1; i--) 
	for(int j = i+i; j <= mx; j += i) a[i] |= a[j];
	for(int i = 1; i <= mx; i++) g[i] = f[i];
	for(int i = 1; i <= mx; i++){
		int iv = ksm(g[i], Mod-2);
		for(int j = i+i; j <= mx; j += i) g[j] = mul(g[j], iv);
	}
	int ans = 1; 
	for(int i = 1; i <= mx; i++) if(a[i]) ans = mul(ans, g[i]);
	cout << ans; return 0;
}

来源：CSDN

作者：FSYo

链接：https://blog.csdn.net/sslz_fsy/article/details/103497020