题解：Koishi Loves Number Theory

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数学推导

首先不难得到：

\[\begin{aligned} f(n)&=\sum_{i=0}^nx^i\\ &=\dfrac{x^{n+1}-1}{x-1} \end{aligned} \]

因为 \(\operatorname{lcm}\left(\dfrac ac,\dfrac bc\right)=\dfrac{\operatorname{lcm}(a,b)}{c}\)，因此定义 \(g(n)=(x-1)f(n)=x^{n+1}-1\)，有：

\[\begin{aligned} \operatorname*{lcm}_{i=1}^nf(a_i)=\dfrac{\displaystyle\operatorname*{lcm}_{i=1}^ng(a_i)}{x-1} \end{aligned} \]

考虑如何求 \(\displaystyle\operatorname*{lcm}_{i=1}^ng(a_i)\)。

根据 gcd-lcm 容斥：

\[\operatorname*{lcm}_{i\in T}i=\prod_{S\subseteq T}\left(\gcd_{i\in S}i\right)^{(-1)^{\vert S\vert-1}} \]

因此，记 \(T=\set{1,2,3,\cdots,n}\)，有：

\[\operatorname*{lcm}_{i\in T}g(a_i)=\prod_{S\subseteq T}\left(\gcd_{i\in S}g(a_i)\right)^{(-1)^{\vert S\vert-1}} \]

考虑如何将 \(\gcd\limits_{i\in S}g(a_i)\) 转化。

注意到 \(g(a_i)=x^{a_i+1}-1\)，并且 \(\gcd(x^a-1,x^b-1)=x^{\gcd(a,b)}-1\)。

因为：

\[\begin{aligned} \gcd(x^a-1,x^b-1)&=\gcd(x^a-1-x^{a-b}(x^b-1),x^b-1)\\ &=\gcd(x^{a-b}-1,x^b-1) \end{aligned} \]

容易发现指数可以进行辗转相减，因此有 \(\gcd(x^a-1,x^b-1)=x^{\gcd(a,b)}-1\)。

故，有：

\[\begin{aligned} \operatorname*{lcm}_{i\in T}g(a_i)&=\prod_{S\subseteq T}\left(\gcd_{i\in S}\left(x^{a_i+1}-1\right)\right)^{(-1)^{\vert S\vert-1}}\\ &=\prod_{S\subseteq T}\left(x^{\gcd\limits_{i\in S}(a_i+1)}-1\right)^{(-1)^{\vert S\vert-1}}\\ \end{aligned} \]

朴素求解是 \(\mathcal O\left(n2^n\right)\) 的，不能接受。考虑 DP 求解。

DP 求解

发现答案与且仅与 \(\gcd\limits_{i\in S}(a_i+1),T\) 和 \(\vert S\vert\) 的奇偶性相关，考虑将其设计入 DP 状态。

设 \(\textit{dp}_{i,j,k}\) 表示 \(T=\set{1,2,3,\cdots,i},\gcd\limits_{i\in S}(a_i+1)=j,\vert S\vert\bmod 2=k\) 的出现次数。（且 \(i\in S\) 必然成立，否则等效于 \(\textit{dp}_{i-1,j,k}\)）

需要注意的是，总状态量是可以接受的，因为 \(j\) 是某个 \(a_l+1\) 的因数，\(k\in\set{0,1}\)。因为当 \(n\leq10^9\) 时，\(d(n)\leq1344\)，其中 \(d(n)\) 表示 \(n\) 的因数个数。总状态量只有 \(\mathcal O(nd(V))\) 个。

需要先继承上一轮的状态：

\[\textit{dp}_{i,j,k}\leftarrow\textit{dp}_{i-1,j,k} \]

不难得到进一步转移：

\[\textit{dp}_{i,\gcd(j,a_i+1),k+1}\leftarrow\textit{dp}_{i,\gcd(j,a_i+1),(k+1)\bmod 2}+\textit{dp}_{i,j,k} \]

初始边界有：

\[\textit{dp}_{0,0,0}=1 \]

但是需要注意这仅仅是为了便于运算而产生的，无实际意义。统计答案时也要跳过。

最终答案即：

\[\prod_{j,k}\left(\left(x^j-1\right)^{(-1)^{k-1}}\right)^{\textit{dp}_{n,j,k}} \]

即所有合法的 \(j,k\) 的 \(\left(\left(x^j-1\right)^{(-1)^{k-1}}\right)^{\textit{dp}_{n,j,k}}\) 之积。

时间复杂度：\(\mathcal O(nd(V)\log V+d(V)\log P)\)。\(\mathcal O(1)\) 转移，因为求 \(\gcd\) 和快速幂，会有 \(\mathcal O(\log V)\) 或 \(\mathcal O(\log P)\) 的复杂度。

空间复杂度：滚动数组可以做到 \(\mathcal O(d(V))\)。

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
using namespace std;
typedef long long ll;
constexpr const int N=100,P=1e9+7;
int n,x,a[N+1];
struct cmp{
	int operator ()(pair<int,int> x)const{
		return hash<int>()(x.first)^hash<int>()(x.second);
	}
};
__gnu_pbds::gp_hash_table<pair<int,int>,int,cmp>dp,backup;
inline int qpow(int base,int n){
	n%=P-1;
	if(n<0){
		n+=P-1;
	}
	int ans=1;
	while(n){
		if(n&1){
			ans=1ll*ans*base%P;
		}
		base=1ll*base*base%P;
		n>>=1;
	}
	return ans;
}
inline int gcd(int a,int b){
	while(b){
		int tmp=a;
		a=b;
		b=tmp%b;
	}
	return a;
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	ll pl;
	cin>>pl>>n;
	x=pl%P;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	dp[{0,0}]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		backup=dp;
		for(auto &pl:backup){
			auto &state=pl.first;
			int &value=pl.second;
			auto &p=dp[{gcd(state.first,a[i]+1),state.second^1}];
			p=(p+value)%P;
		}
	}
	int ans=qpow(x-1,P-2);
	for(auto &pl:dp){
		auto &state=pl.first;
		int &value=pl.second;
		if(!state.first){
			continue;
		}
		switch(state.second&1){
			case 0:
				ans=1ll*ans*qpow(qpow(x,state.first)-1,-value)%P;
				break;
			case 1:
				ans=1ll*ans*qpow(qpow(x,state.first)-1,value)%P;
				break;
		}
	}
	if(ans<0){
		ans+=P;
	}
	cout<<ans<<'\n';
	
	cout.flush();
	 
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}