LuoguP3598 Koishi Loves Number Theory

P3598 Koishi Loves Number Theory

感觉挺有意思的。

定义 \(f(n)=\sum_{k=0}^n x^k\)，其中 \(x\) 为常数。

给定 \(x\) 和 \(N\) 个自然数 \(a_i\)，求 \(\textrm{lcm}\{f(a_1),f(a_2)...f(a_n)\}\)

\(N\le 100,a_i\le 10^{9},2\le x\le 10^{18}\)

\(\rm Sol:\)

\[f(n)=\frac{x^n-1}{x-1} \]

注意到：

\[\textrm{lcm}(\frac{a}{c}, \frac{b}{c})=\frac{\textrm{lcm}(a,b)}{c} \]

于是所求为：

\[\frac{\textrm{lcm}\{x^{a_1}-1,x^{a_2}-1\cdots x^{a_n}-1\}}{x-1} \]

接下来，通过一定的手玩，我们可以证明瞎猜一个结论：\(\gcd(x^{a}-1,x^{b}-1)=x^{\gcd(a,b)}-1\)。

可以这样考虑，设 \(f(n)=x^n-1\)，我们先证明 \(\gcd(f(n),f(m+n))=\gcd(f(n),f(m))\)

事实上，注意到：

\[\begin{aligned} &\gcd(x^n-1,x^{n+m}-1) \\&=\gcd(x^n-1,(x^n-1)(x^m-1)+(x^n-1)+(x^m-1)) \\&=\gcd(x^n-1,x^m-1) \end{aligned}\]

于是对于 \(\gcd(f(x),f(y))\)，如果有 \(x<y\)，那么 \(\gcd(f(x),f(y))=\gcd(f(x), f(y-x))\)，换而言之辗转相除成立，于是我们有 \(\gcd(f(x),f(y))=f(\gcd(x,y))\)

此时我们所求为 \(\textrm{lcm}\)，我们可以通过 \(\min-\max\) 反演来通过 \(\gcd\) 计算答案（直接考虑贡献并容斥可以得到相似的结果，但是本质上是 \(\min-\max\) 容斥）

注意到 \(\rm lcm\) 是对于每个质因子指数取 \(\max\)，而 \(\gcd\) 为对于每个质因子指数取 \(\min\)，在考虑每个质因子下，我们计算一些数的 \(\rm lcm\) 可以轻易的通过 \(\gcd\) 表示：

\[\begin{aligned} &p^{\max(k_1...k_n)}=\prod_{S\subseteq{T},S\ne \varnothing} p^{(-1)^{|S|+1}\min(k\in S)} \\&\textrm{lcm}(T)=\prod p^{\sum_{S\subseteq T,S\ne \varnothing}(-1)^{|S|+1}\min(k\in S)} \\&\textrm{lcm}(T)=\prod_{S\subseteq T,S\ne \varnothing} \prod p^{(-1)^{|S|+1}\min(k\in S)} \\&\textrm{lcm}(T)=\prod_{S\subseteq T,S\ne \varnothing} \gcd(S)^{(-1)^{|S|+1}} \end{aligned}\]

当我们转换为 \(\gcd\) 的形式后，根据一开始的结论，我们可以不计算这种极大的数的 \(\gcd\) 而是转为计算下标的 \(\gcd\) 并做乘法。

每个数 \(a\) 可以得到的 \(\gcd\) 有且仅有其约数，对于每个约数，其贡献为 \(\sum (-1)^{|S|}[\gcd(S)=x]\)，我们可以考虑套路莫比乌斯反演，设 \(F(x)\) 表示至少，那么 \(F(x)=\sum(-1)^{|S|+1}[x|k,\forall k\in S]\)，设 \(cnt\) 为这种 \(k\) 的数量，那么 \(F(x)=\sum_{j=1}^{cnt} \binom{cnt}{j} (-1)^{j+1}\)，容易知道 \(F(x)=1\)

然后我们做一边容斥/反演即可得到答案，复杂度为 \(\mathcal O((N\cdot \sigma(w))^2+N\times \sqrt{w})\)，然而相同的约数我们不需要重复遍历，所以实际复杂度会更小。跑得非常快