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Problem
传送门
Sol
容易得到
fn=en−1+fn−1,en−1=fn−1+en−1,f1=e1=1
那么
fn=2×i=1∑n−1fi−fn−1+1
又有
fn+1=2×i=1∑nfi−fn+1
相减得到
fn+1=fn×2+fn−1,f1=1
有结论
gcd(a,b)=1 时,形如
fi=afi−1+bfi−2 的数列有性质
gcd(fi,fj)=fgcd(i,j)
大概可以这么证明
而
lcm 实际上是一个对于质因子的指数取
max 的操作
每个质因子分开考虑,然后最值反演
lcm(S)=i∏pi∑T⊂Smin(Ti)(−1)∣T∣+1=i∏T⊂S∏pimin(Ti)(−1)∣T∣+1
交换顺序得到
lcm(S)=T⊂S∏gcd(T)(−1)∣T∣+1
其中
S,T̸=∅,
min(Ti) 表示
pi 这个因子的指数最小值
所以
gn=T⊂S∏fgcd(T)(−1)∣T∣+1=d=1∏nfd∑T⊂S[gcd(T)==d](−1)∣T∣+1
设
sd=T⊂S∑[gcd(T)==d](−1)∣T∣+1
hi=i∣d∑nsd=T⊂S∑[i∣gcd(T)](−1)∣T∣+1=[cnti̸=0]=1
其中
cnti 表示
i 的倍数的个数
那么
si=i∣d∑nμ(id)hd=i∣d∑nμ(id)
那么
gn=d=1∏nfd∑d∣inμ(di)=d=1∏nd∣i∏nfdμ(di)=i=1∏nd∣i∏fdμ(di)
Θ(nlogn) 预处理出
∏d∣ifdμ(di) 即可
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn(1e6 + 5);
int pr[maxn], num, ispr[maxn], mu[maxn], n, f[maxn], s[maxn], g[maxn], mod, ans, inv[maxn];
inline int Pow(ll x, int y) {
register ll ret = 1;
for (; y; y >>= 1, x = x * x % mod)
if (y & 1) ret = ret * x % mod;
return ret;
}
inline void Inc(int &x, int y) {
if ((x += y) >= mod) x -= mod;
}
int main() {
register int i, j, test;
mu[1] = 1, ispr[1] = 1;
for (i = 2; i <= 1000000; ++i) {
if (!ispr[i]) pr[++num] = i, mu[i] = -1;
for (j = 1; j <= num && i * pr[j] <= 1000000; ++j) {
ispr[i * pr[j]] = 1;
if (i % pr[j]) mu[i * pr[j]] = -mu[i];
else {
mu[i * pr[j]] = 0;
break;
}
}
}
mod = 1e9 + 7;
for (scanf("%d", &test); test; --test) {
scanf("%d%d", &n, &mod), ans = 0;
for (f[1] = 1, i = 2; i <= n; ++i) f[i] = (2LL * f[i - 1] + f[i - 2]) % mod;
for (g[0] = i = 1; i <= n; ++i) g[i] = 0, s[i] = 1, inv[i] = Pow(f[i], mod - 2);
for (i = 1; i <= n; ++i)
for (j = i; j <= n; j += i)
if (mu[j / i] == 1) s[j] = 1LL * s[j] * f[i] % mod;
else if (mu[j / i] == -1) s[j] = 1LL * s[j] * inv[i] % mod;
for (i = 1; i <= n; ++i) g[i] = 1LL * g[i - 1] * s[i] % mod;
for (i = 1; i <= n; ++i) Inc(ans, 1LL * i * g[i] % mod);
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}