bzoj4833

题意

已知\(e_n+\sqrt2f_n=(1+\sqrt2)^n,e_n-\sqrt2f_n=(1-\sqrt2)^n,g_n=lcm_{i=1}^nf_i\)，求\(\sum_{i=1}^{n}g_i\times i\)

做法

\(e_n+\sqrt2f_n=(1+\sqrt2)(e_{n-1}+\sqrt2f_{n-1})=(e_{n-1}+2f_{n-1})+\sqrt2(e_{n-1}+f_{n-1})\)
\(e_n=e_{n-1}+2f_{n-1},f_n=e_{n-1}+f_{n-1}\)
暴力解出\(f_0=0,f_1=1\)回代能得到\(f_n=2f_{n-1}+f_{n-2}\)

\(gcd(f_n,f_m)=f_{gcd(n,m)}\)

证明：
\((1)\)手玩可得\(f_n=f_mf_{n-m+1}+f_{m-1}f_{n-m}\)
\((2)gcd(f_n,f_m)=gcd(f_{n-m},f_m)\)
\(gcd(f_n,f_m)=gcd(f_mf_{n-m+1}+f_{m-1}f_{n-m},f_m)=gcd(f_{m-1}f_{n-m},f_m)\\ 有gcd(f_{m-1},f_m)=1,所以gcd(f_{m-1}f_{n-m},f_m)=gcd(f_{n-m},f_m)\)
会发现标号跟gcd是一样的

min-max对次幂容斥：
\(\begin{aligned} g_n&=\prod\limits_{T\subseteq S,T\neq \emptyset}gcd(f(T))^{(-1)^{|T|+1}}\\ &=\prod\limits_{T\subseteq S,T\neq \emptyset}f_{gcd(T)}^{(-1)^{|T|+1}}\\ &=\prod\limits_{d=1}^n\prod\limits_{T\subseteq S,T\neq \emptyset} [gcd(T)=d]f_d^{(-1)^{|T|+1}}\\ &=\prod\limits_{d=1}^nf_d^{\sum\limits_{T\subseteq S,T\neq \emptyset} [gcd(T)=d](-1)^{|T|+1}} \end{aligned}\)

令\(s_d=\sum\limits_{T\subseteq S,T\neq \emptyset} [gcd(T)=d](-1)^{|T|+1}\)
\(h_i=\sum_{i|d}^{n}s_d=\sum\limits_{T\subseteq S,T\neq \emptyset}[i|gcd(T)](-1)^{|T|+1}=[cnt_i\ne 0]=1\)
则\(s_i=\sum\limits_{i|d}^{n}\mu(\frac{d}{i})h_d=\sum\limits_{i|d}^{n}\mu(\frac{d}{i})\)
则\(g_n=\prod\limits_{d=1}^{n}f_{d}^{\sum\limits_{d|i}^{n}\mu(\frac{i}{d})}=\prod\limits_{i=1}^{n}\prod\limits_{d|i}f_d^{\mu(\frac{i}{d})}\)