51Nod1355：斐波那契的最小公倍数 （min-max容斥+Mobius反演）

传送门

题解：
对于fib数列有$\gcd(f_i,f_j) = f_{\gcd(i,j)}$（可用归纳法证明）。
那么对于$\gcd(f_{\{T\}})$显然等于$f_{\gcd\{T\}}$。

怎么求lcm？ 直接min-max对指数容斥即可，易得：

$$\text{lcm}f_{\{T\}} = \prod_{S\in T} f^{(-1)^{|S|+1}}_{\gcd\{S\}}$$

为了消掉gcd，我们用Mobius反演(乘法意义下)，构造$g$，使得$f_{n} = \prod _{d|n} g_n$，那么$g_n = f_n \prod_{d|n,d\not = n} g_d^{-1}$或者$g_n = \prod_{d|n} f_{d}^{\mu(\frac{n}{d})}$。

那么有：

$$\begin{aligned} \text{lcm}f_{\{T\}}& =& \prod_{S\in T} f^{(-1)^{|S|+1}}_{\gcd\{S\}} \\&=&\prod_{S\in T} (\prod_{d | \gcd\{S\}} g_d)^{(-1)^{|S|+1}} \\&=& \prod_d g_d^{\sum_{S\in T,d|\gcd\{S\}}(-1)^{|S|+1} } \end{aligned}$$

显然如果有任意一个数$a_i$使得整除 $d|a_i$，那么最后$g_d$会被计算1次。 直接看哪些$g_d$有倍数然后乘起来就好了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+50, mod=1e9+7;
inline int add(int x,int y) {return (x+y>=mod) ? (x+y-mod) : (x+y);}
inline int dec(int x,int y) {return (x-y<0) ? (x-y+mod) : (x-y);}
inline int mul(int x,int y) {return (long long)x*y%mod;}
inline int power(int a,int b,int rs=1) {for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if(b&1) rs=mul(rs,a); return rs;}
int n,a[N],mx,fib[N],g[N],ok[N];
int main() {
    cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i], mx=max(mx,a[i]), ok[a[i]]=1;
    fib[1]=1; for(int i=2;i<=mx;i++) fib[i]=add(fib[i-1],fib[i-2]);
    for(int i=1;i<=mx;i++) g[i]=fib[i];
    int ans=1;
    for(int i=1;i<=mx;i++) {
        const int inv=power(g[i],mod-2);
        for(int j=2;j*i<=mx;j++) g[i*j]=mul(g[i*j],inv);
    }
    for(int i=1;i<=mx;i++)
        for(int j=1;j*i<=mx;j++) 
            if(ok[i*j]) {ans=mul(ans,g[i]); break;}
    cout<<ans<<endl;
}