BZOJ 2813 奇妙的Fibonacci

题目：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2813

题意：
定义Fibonacci数列为 F1=1,F2=1,Fi=Fi−1+Fi−2(i>=3) 。
对于某一个数 Fi ，求有多少个 Fj 能够整除 Fi (i可以等于j)，以及所有满足条件的j的平方之和。询问次数 ≤3∗106 ， i≤107 。

题解：
由定义不难得到

gcd(fibi,fibi+1)=gcd(fibi−1,fibi)=...=gcd(fib1,fib2)=1

以及

fibn+m=fibn−1∗fibm+fibn∗fibm+1

所以

gcd(fibn+m,fibn)=gcd(fibn−1∗fibm,fibn)=gcd(fibn−1,fibn)∗gcd(fibm,fibn)=gcd(fibm,fibn)

所以可以归纳得出

gcd(fibi,fibj)=fibgcd(i,j)

那么 fibj|fibi 等价于 j|i 。

对于每个询问直接算因子明显会超时，考虑用线性筛法来做，埃式筛法复杂度为 O(nloglogn) ，欧式筛法复杂度为 O(n) ，这里使用的是欧拉筛法。
记 e[i] 为 i 的最小质因数次数， d[i] 为 i 除去最小质因数的数， g[i] 为 i 的因数个数， f[i] 为 i 的因数平方和。
对于欧式筛中：

• imodprime[j]>0 ， i∗prime[j] 第一次遇见最小质因数，因数个数乘2， f[i∗prime[j]] 为 f[i]∗prime[j]2+f[i] （每个因子乘或不乘 prime[j] ）。
• imodprime[j]=0 ， prime[j] 为 i∗prime[j] 的最小质因数但已经遇见过，最小质因数加1，因数个数关于最小质因数部分重算， d[i∗prime[j]] 不变， f[i∗prime[j]] 为 f[i]∗prime[j]2+f[d[i∗prime[j]]] 。
• 注意 fib1=fib2=1 ，这种情况并未算入某些奇数的答案中。

代码：

#include 
typedef long long LL;
const int maxc = 664580, maxv = 10000001, mod = 1000000007;
int cnt, prime[maxc], e[maxv], d[maxv], g[maxv], f[maxv], sumg, sumf;
bool vis[maxv];
int main()
{
    int Q, q, A, B, C;
    scanf("%d%d%d%d%d", &Q, &q, &A, &B, &C);
    A %= C, B %= C;
    g[1] = f[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= C; ++i)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[cnt++] = i;
            e[i] = d[i] = 1;
            g[i] = 2;
            f[i] = ((LL)i * i + 1) % mod;
        }
        for(int j = 0, k; j < cnt && (k = i * prime[j]) <= C; ++j)
        {
            vis[k] = 1;
            if(i % prime[j] == 0)
            {
                e[k] = e[i] + 1;
                g[k] = (g[i] / (e[i] + 1)) * (e[k] + 1);
                d[k] = d[i];
                f[k] = (f[i] * ((LL)prime[j] * prime[j] % mod) + f[d[i]]) % mod;
                break;
            }
            else
            {
                e[k] = 1;
                d[k] = i;
                g[k] = g[i] << 1;
                f[k] = f[i] * (((LL)prime[j] * prime[j] + 1) % mod) % mod;
            }
        }
    }
    while(Q--)
    {
        sumg += g[q] + (q & 1);
        sumf += f[q] + 4 * (q & 1);
        if(sumg >= mod) sumg -= mod;
        if(sumf >= mod) sumf -= mod;
        q = (q * (LL)A + B) % C + 1;
    }
    printf("%d\n%d\n", sumg, sumf);
    return 0;
}