斐波那契的最小公倍数
定义斐波那契数列 \(f_0=0,f_1=1,f_n=f_{n-1}+f_{n-2}~(n\geq 2)\)。
给出 \(n\) 个整数 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)，求 \(\text{lcm}\{f_{a_1},f_{a_2},\dots,f_{a_n}\}\)。
\(n \leq 5\times 10^4,a_i \leq 10^6\)。
题解
https://blog.csdn.net/alan_cty/article/details/73928751
https://blog.csdn.net/werkeytom_ftd/article/details/73730392
最大公约数
斐波那契数列的最大公约数定理：
\[ \gcd\{f_n,f_m\}=f_{\gcd\{n,m\}} \]
证明可分为四部分。
第一部分
\[ \gcd\{f_n,f_{n-1}\}=1 \]
使用归纳法证明。
\(n=1\)时，\(\gcd\{f_1,f_0\}=1\) 显然成立。
\(n \geq 2\) 时，
\[ \gcd\{f_n,f_{n-1}\}=\gcd\{f_{n-1}+f_{n-2},f_{n-1}\}\\ =\gcd\{f_{n-2},f_{n-1}\}=1 \]
第二部分
\[ f_{n+m}=f_{n-1}f_m+f_{n}f_{m+1} \]
使用归纳法证明。
\(m=0\) 时，\(f_{n+0}=f_{n-1}f_0+f_nf_1 \rightarrow f_n=f_n\) 显然成立；
\(m=1\) 时，\(f_{n+1}=f_{n-1}f_1+f_nf_2\rightarrow f_{n+1}=f_{n-1}+f_n\) 显然成立；
\(m \geq 2\) 时，
\[ f_{n+m}=f_{n+m-1}+f_{n+m-2}\\ =f_{n-1}f_{m-1}+f_nf_m+f_{n-1}f_{m-2}+f_nf_{m-1}\\ =f_{n-1}(f_{m-1}+f_{m-2})+f_n(f_m+f_{m-1})\\ =f_{n-1}f_m+f_nf_{m+1} \]
第三部分
\[ \gcd\{f_{n+m},f_n\}=\gcd\{f_n,f_m\} \]
证明如下，
\[ \gcd\{f_{n+m},f_n\}=\gcd\{f_{n-1}f_m+f_nf_{m+1},f_n\}\\ =\gcd\{f_{n-1}f_m,f_n\}\\ =\gcd\{f_m,f_n\} \]
第四部分
\[ \gcd\{f_n,f_m\}=f_{\gcd\{n,m\}} \]
第三部分的结论也可写作 \(\gcd\{f_n,f_m\}=\gcd\{f_{n-m},f_m\}\)。然后就是辗转相减法的过程。
容斥与反演
构造数列 \(g\)，满足
\[ f_n=\prod_{d|n}g_d \]
注意这里是乘法而不是加法。可以用莫比乌斯反演求出 \(g\)，
\[ g_n=\prod_{d|n}f_d^{\mu(n/d)} \]
我倒是第一次见连乘的莫比乌斯反演。
因为 \(\gcd\) 更棒，所以我们通过容斥把 \(\text{lcm}\) 转化成 \(\gcd\)。
\[ \text{lcm}_{i\in S}\{f_i\}=\prod_{T\subseteq S}\gcd_{i\in T}\{f_i\}^{-1^{|T|+1}} \]
这个容斥本质上是质因子指数的min-max容斥。
\[ \text{lcm}_{i\in S}\{f_i\}=\prod_{T\subseteq S}f_{\gcd_{i\in T}\{i\}}^{-1^{|T|+1}}\\ =\prod_{T\subseteq S}\left(\prod_{d|\gcd_{i\in T}\{i\}}g_d\right)^{-1^{|T|+1}}\\ =\prod_{d}g_d^{\sum_{T\subseteq S,d|\gcd_{i\in T}\{i\}}(-1)^{|T|+1}} \]
观察 \(g_d\) 的指数
\[ \sum_{T\subseteq S,d|\gcd_{i\in T}\{i\}}(-1)^{|T|+1} \]
设 \(d\) 整除 \(S\) 中 \(t\) 个数。若 \(t=0\) 显然指数为 \(0\)，否则为
\[ \sum_{i=1}^t\binom{t}{i}(-1)^{i+1}=-\sum_{i=1}^t\binom{t}{i}1^{t-i}(-1)^i\\ =-((1-1)^t-1)=1 \]
因此我们得到
\[ \text{lcm}_{i\in S}\{f_i\}=\prod_{\exists i\in S,d|i} g_d \]
时间复杂度 \(O(v\log v)\)。
CO int N=1e6+10;
int pri[N],tot,mu[N];
int f[N],invf[N],g[N];
bool vis[N];
int main(){
pri[1]=1,mu[1]=1;
for(int i=2;i();n--;) vis[read()]=1;
int ans=1;
for(int i=1;i