[BZOJ4833]最小公倍佩尔数

在文化课晚自习想出来的奇怪玩意儿。

Description

令 \((1+\sqrt{2})^n=e(n)+\sqrt{2}f(n)\)，其中 \(e(n),f(n)\) 都是整数，显然有 \((1-\sqrt{2})^n=e(n)-\sqrt{2}f(n)\)。令 \(g(n)=\operatorname{lcm}(f(1),f(2),\dots,f(n))\)。

给定两个正整数 \(n,p\)，其中 \(p\) 是质数，并且保证 \(f(1),f(2),\dots,f(n)\) 在模 \(p\) 意义下均不为 \(0\)，请计算 \(\sum \limits_{i=1}^n i\times g(i)\) 模 \(p\) 的值。

Analysis

先定义一些简化运算的符号：\(f(T)=\{f(x) | x \in T\}\)，\(\gcd(T)\) 表示 \(T\) 中所有元素的最大公因数，\(\dfrac{T}{d}=\left\{\left.\dfrac{x}{d}\right|x \in T\right\}\)，\(d|T\) 表示是否所有 \(T\) 中元素均为 \(d\) 的倍数。

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先从题目直接给出的条件入手可以得到 \(f(n)\) 的通项公式：\(2\sqrt2f(n)=(1+\sqrt2)^n-(1-\sqrt2)^n\)。

然后发现一个常见的数列性质：\(x|y \Rightarrow f(x)|f(y)\)。证明可以使用因式定理。

令 \(kx=y\)，则只需说明 \((1+\sqrt2)^x-(1-\sqrt2)^x|(1+\sqrt2)^{kx}-(1-\sqrt2)^{kx}\)。

令 \(a=(1+\sqrt2)^x,b=(1-\sqrt2)^x\)，即证 \(a-b|a^k-b^k\)，显然成立。

结果发现必要性着证不了，这虽然也不知道他是不是充要条件，也不用管了。

假如这是充要条件，那么就一定有 \(\gcd(f(T))=f(\gcd(T))\)。

令 \(S=[1,n]\cap \Z\)，则

\[\begin{aligned} g(n)&=\mathrm{lcm}(f(S))\\ &=\prod_{\varnothing\neq T \subseteq S} \gcd(f(T))^{(-1)^{|T|-1}}&\text{Min-Max 容斥}\\ &=\prod_{T\subseteq S}f(\gcd(T))^{(-1)^{|T|-1}}\\ &=\prod _{d=1}^n\prod_{T\subseteq S}f(d)^{[\gcd(T)=d](-1)^{|T|-1}} \end{aligned} \]

于是完全可以把 \(T\) 的枚举移到指数上去。

\[g(n)=\prod _{d=1}^nf(d)^{\sum_{T\subseteq S}[\gcd(T)=d](-1)^{|T|-1}} \]

现 f(d) 已经简单到到极致了，只考虑指数优化，发现特别可以莫比乌斯反演。

\[\begin{aligned} &\sum_{T\subseteq S}[\gcd(T)=d](-1)^{|T|-1}\\ =&\sum_{T\subseteq S}\left[\gcd\left(\frac{T}{d}\right)=1\right](-1)^{|T|-1}\\ =&\sum _{k=1}^{n/d}\mu(k)\sum_{T\subseteq S}[dk\mid T](-1)^{|T|-1} \end{aligned} \]

后面这一坨仔细想想，\([dk|T]\) 实际上限制了 \(T\) 的元素取值范围必须为 \(dk\) 的倍数，在 \(dk\) 确定后 \(T\) 的元素种数也就确定了，这就特别爽。易知后面这一大坨相当于 \([dk\leq n]\)，值显然为 \(1\)。

所以最后的式子是 \(\displaystyle \prod_{d=1}^nf(d)^{\sum _{k=1}^{n/d} \mu(k)}\)。

直接预处理 \(\mu(k)\) 前缀和 \(\mu'(k)\) 就……可以了吗？

他不是只求一个 \(g(n)\)，而是要求 \(n\) 个 \(g(i)\)。但这样做单次复杂度是 \(\mathcal O(n)\) 的。

固定 \(d\)，\(\lfloor\dfrac{i}{d}\rfloor\) 随着 \(i\) 的增大变化次数总共只有 \(\dfrac{n}{d}\) 次，枚举 \(d\) 再枚举这几次变化，就是调和级数复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。

Solution

具体就实现一个差分，这里修改了过后会影响后面的 \(g(i)\)，最后前缀积一下就行了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++)
#define per(i, r, l) for (int i = r; i >= l; --i)
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define PLL pair<LL,LL>
#define eb emplace_back
#define MOD(x) ((x) >= mod ? (x)-mod : (x))
#define FASTIO ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
int n, mod, p[N], m;
inline LL qpow(LL a, int b, LL res = 1) {
	for (; b; b >>= 1, a=a*a%mod) if (b&1) res = res*a%mod;
	return res;
}
bool v[N];
LL mu[N];
inline void prework(int n) {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		if (!v[i]) p[++m] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= m && p[j]*i <= n; ++j) {
			v[i*p[j]] = 1, mu[i*p[j]] = -mu[i];
			if (i % p[j] == 0) {
				mu[i*p[j]] = 0;
				break;
			}
		}
	}
}
LL f[N], c[N], inv[N];
inline LL calc(int x, int op) {
	if (op==0) return 1;
	if (op < 0) return inv[x];
	return f[x];
}
inline void solve() {
	cin >> n >> mod; f[1] = c[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) f[i] = ((f[i-1]<<1)+f[i-2])%mod, c[i] = 1, inv[i] = qpow(f[i], mod-2);
	for (int d = 2; d <= n; ++d)
		for (int i = 1; i*d <= n; ++i)
			(c[i*d] *= calc(d, mu[i])) %= mod;
	LL ans = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) c[i] = c[i-1]*c[i]%mod, ans = (ans+c[i]*i)%mod;
	cout << ans << '\n';
}
signed main() {
	FASTIO;
	int _;
	cin >> _;
	prework(1e6);
	while (_--) solve();
	return 0;
}

补充

前边假设了一个结论 \(x \mid y \Leftrightarrow f(x)\mid f(y)\)。现在来证明。

充分性已经证过了。

必要性考虑证明 \(x \nmid y \Rightarrow f(x) \nmid f(y)\)。

假设 \(y=kx+r(k\in \N,0<r<x)\)。

即证 \((1+\sqrt 2)^x-(1-\sqrt 2)^x \nmid (1+\sqrt 2)^{kx+r}-(1-\sqrt 2)^{kx+r}\)。

令 \(a=(1+\sqrt 2)^x,b=(1-\sqrt 2)^x\)。

要证 \(a-b \nmid a^k(1+\sqrt 2)^r-{b^k}(1-\sqrt 2)^r\)，只需证明 \(a-b\) 不是右式的因式即可。

反证法，假设 \(a-b\) 是右式的因式，则根据因式定理，\(a=b\) 时，右式为 \(0\)，即 \(a^k(1+\sqrt 2)^r-b^k(1-\sqrt 2)^r=0\)，进一步地，\((1+\sqrt 2)^r-(1-\sqrt 2)^r=0\)，显然在 \(r\in(0,x)\) 时不可能成立，所以矛盾了！。

对于广义斐波那契数列 \(f_{n+1}=af_n+bf_{n-1}\) 上面那个结论其实是一个普遍性质。

通过这个结论可以导出：\((f_a,f_b)=f_{(a,b)}\) 和 \([f_a,f_b]=f_{[a,b]}\)（不常用）。