NOIP模拟赛T3 斐波那契
1.题目
求
\]
其中 \(F_k\) 表示斐波那契数列的第 \(k\) 项,对 \(10^9 + 7\) 取模。
多组数据。
2.题解
莫比乌斯反演板子题,但是太菜了,多做了一次反演,复杂度变为 \(tn\sqrt{n}\) 。实际是 \(t\sqrt{n}\)
直接推式子吧。
首先需要知道性质,\(\gcd(F_i,f_j)=F_{\gcd(i,j)}\)
这个性质是一道板子题,为洛谷上的斐波那契公约数,证明简单,本文略过。
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我们发现 \(\gcd(i,j)\) 只有可能在 \(1\sim\min(n,m)\) 于是我们可以考虑去枚举这个 \(\gcd(i,j)\) ,然后乘上所对应的值,这样既为答案。
也就是说,写成这样(假设 \(n \leq m\)):
\(f(k)\) 表示的是公约数为 \(k\) 的数量。
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问题关键在于求 \(f(k)\) 。
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容易发现这就是一个嵌入式反演的变形,那么直接上莫比乌斯反演。
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发现可以将 \(k\) 约掉,也就是:
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变为经典反演形式,开始进行反演。
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然后改变枚举变量。
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也就是:
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然后交换求和顺序,以及内部改为枚举因数,最外层枚举 \(d\) ,就有:
\]
然后就预处理前缀和,然后套路整除分块回答。
时间复杂度为 \(t\sqrt{n}+nlogn\)
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6+99 ,mod = 1e9+7;
int e[N+4],p[N+4],mu[N+4],tn;
void mobius(int n){
e[1]=1;mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!e[i]){mu[i]=-1;p[++tn]=i;}
for(int j=1;j<=tn;j++){
if(i*p[j]>n) break;
mu[p[j]*i]=(i%p[j]==0 ? 0 :-mu[i]);
e[p[j]*i]=1;
if(i%p[j]==0) break;
}
}
}
int g[N+4],T,n,m,fib[N+4];
signed main(){
freopen("fibonacci.in","r",stdin);
freopen("fibonacci.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);
mobius(N);
cin>>T;
fib[1]=1,fib[2]=1;
for(int i=3;i<=N;i++){
fib[i]=fib[i-1]+fib[i-2];
fib[i]%=mod;
}
for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=i;j<=N;j+=i){
g[j]=(g[j]+fib[i]*mu[j/i]%mod+mod)%mod;
}
}
for(int i=1;i<=N;i++)
g[i]=(g[i]+g[i-1])%mod;
while(T--){
cin>>n>>m;
int ans=0;
for(int l=1,r=0;l<=min(n,m);l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans=(ans+(n/l)*(m/l)%mod*(g[r]-g[l-1])%mod+mod)%mod;
}
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}