[BZOJ2813]奇妙的Fibonacci（线性筛）-优快云博客

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题解

通过~~打表找规律~~某种神秘的启示可以发现： $F_j|F_i \Rightarrow j|i$
那么问题就变成了求约数个数还有约数平方和的问题
这两个东西都是可以线筛的
约数个数好办，和BZOJ1968的方法是一样的。
对于约数平方和，我们仍然考虑线筛三步走。
当x是质数的时候，它的约数的平方和就是 $x^2+1$ ，因为它只有 $x$ 和1两个约数。
当已知 $f(x)$ 的时候，对x加入一个它原来没有的质因子 $prm$ 。这个时候用所有原来的约数乘上 $prm$ 就构造出了一批新约数。原来的约数的平方和就是 $f(x)$ ，而新约数的平方和显然就是 $f(x)*prm^2$ 。总之，当 $x$ 中没有prm这个质因子的时候， $f(x*prm)=f(x)*(prm^2+1)=f(x)*f(prm)$ 。
如果 $x$ 原来就有 $prm$ 这个质因子，就不能直接把所有 $x$ 的因子乘上 $prm$ 来构造新的约数了，因为这样可能会构造出 $x$ 原来已经有的约数。设 $x$ 去掉最小质因子的部分是 $g(x)$ ，显然 $g(x)$ 中一定不含有带 $prm$ 的约数，所以可以先用 $x$ 中所有约数乘上 $prm$ 构造出含有 $prm$ 的约数，再接收 $f(g(x))$ 来累加所有不含 $prm$ 的约数。那么也就是当 $x \% pom=0$ 的时候， $f(x)=f(g(x))+f(x)*prm^2$ 。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const long long Mod=1000000007;
int m,q,a,b,c,prm[10000010],e[10000010],g[10000010];
long long f[10000010],d[10000010],A,B;
bool ext[10000010];
void get_prime(int N){
    f[1]=d[1]=1;
    for (int i=2;i<=N;i++){
        if (ext[i]==false){
            prm[++prm[0]]=i;
            d[i]=2;e[i]=1;g[i]=1;
            f[i]=((long long)i*i+1)%Mod;
        }
        for (int j=1;j<=prm[0];j++){
            if ((long long)i*prm[j]>N) break;
            ext[i*prm[j]]=true;
            if (i%prm[j]==0){
                e[i*prm[j]]=e[i]+1;
                d[i*prm[j]]=(long long)d[i]/(e[i]+1)*(e[i]+2);
                g[i*prm[j]]=g[i]%Mod;
                f[i*prm[j]]=(f[g[i]]+(long long)f[i]*prm[j]%Mod*prm[j]%Mod)%Mod;
                break;
            }else{
                e[i*prm[j]]=1;
                d[i*prm[j]]=d[i]*d[prm[j]];
                g[i*prm[j]]=i%Mod;
                f[i*prm[j]]=(f[i]+(long long)f[i]*prm[j]%Mod*prm[j]%Mod)%Mod;   
            }
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d%d",&m,&q,&a,&b,&c);
    get_prime(c);
    for (int i=1;i<=m;i++){
        long long tmp;
        tmp=d[q]+((q&1)?1:0);
        A=(A+tmp)%Mod;
        tmp=f[q]+((q&1)?4:0);
        B=(B+tmp)%Mod;
        q=((long long)q*a+b)%c+1;
    } 
    printf("%I64d\n%I64d\n",A,B);
    return 0;
}