bzoj 2813: 奇妙的Fibonacci 数学+线性筛

题意

Fibonacci数列是这样一个数列：

F1 = 1， F2 = 1， F3 = 2 …

Fi = Fi-1 + Fi-2 (当 i >= 3)

pty忽然对这个古老的数列产生了浓厚的兴趣，他想知道：对于某一个Fibonacci数Fi，

有多少个Fj能够整除Fi (i可以等于j)，他还想知道所有j的平方之和是多少。答案模1e9+7。

第一行一个整数Q,表示Q个询问。

第二行四个整数:Q1, A, B, C

第i个询问Qi = (Qi-1 * A + B) mod C + 1(当i >= 2)

Q <= 3*10^6，C <= 10^7，A <= 10^7，B <= 10^7，1 <= Q1<= C

分析

这题利用到了斐波那契数列一些比较神奇的性质。

定理一：gcd(f[n],f[n−1])=1

证明：

gcd(f[n],f[n−1])

=gcd(f[n−1]+f[n−2],f[n−1])

=gcd(f[n−1],f[n−2])

…

=gcd(f[2],f[1])=1

定理二：f[n+m]=f[n]∗f[m−1]+f[n+1]∗f[m]

证明：

f[n+m]

=f[n+m−1]+f[n+m−2]

=2∗f[n+m−2]+f[n+m−3]

设f[n+m]=a[x]∗f[n+m−x]+b[x]∗f[n+m−x−1]

当x=1时有a[x]=f[2],b[x]=f[1]

当x=2时有a[x]=f[3],b[x]=f[2]

…

当x=n时有a[x]=f[n+1],b[x]=f[n]

所以f[n+m]=f[n+1]∗f[m]+f[n]∗f[m−1]

定理三：gcd(f[n+m],f[n])=gcd(f[m],f[n])

证明：

gcd(f[n+m],f[n])

=gcd(f[n+1]∗f[m]+f[n]∗f[m−1],f[n])

=gcd(f[n+1]∗f[m],f[n])

=gcd(f[m],f[n])

然后通过归纳不难发现gcd(f[n+m],f[n])=f[gcd(n,m)]

要想f[n]|f[m]，那么必然要满足gcd(n,m)=n，也就是说，条件f[n]|f[m]等价于n|m。

然后线性筛爱怎么筛怎么筛。

因为f[1]==f[2]，所以当i为奇数时会少算上f[2]。只要把约数个数+1，约数平方和+4即可。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int MOD=1000000007;
const int N=10000005;

int pow
,num
,prime
,a
,low
,tot;
LL sum
;
bool not_prime
;

void get_prime(int n)
{
for (int i=2;i<=n;i++)
{
if (!not_prime[i]) prime[++tot]=i,low[i]=i,a[i]=1,pow[i]=i;
for (int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;j++)
{
not_prime[i*prime[j]]=1;
low[i*prime[j]]=prime[j];
if (i%prime[j]==0)
{
a[i*prime[j]]=a[i]+1;
pow[i*prime[j]]=pow[i]*prime[j];
break;
}
a[i*prime[j]]=1;
pow[i*prime[j]]=prime[j];
}
}
sum[1]=num[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++) num[i]=num[i/pow[i]]*(a[i]+1),sum[i]=(LL)sum[i/low[i]]*low[i]*low[i]+sum[i/pow[i]];
}

int main()
{
get_prime(10000000);
LL T,q,A,B,C;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&T,&q,&A,&B,&C);
LL ans1=0,ans2=0;
while (T--)
{
(ans1+=num[q])%=MOD;(ans2+=sum[q])%=MOD;
if (q&1) ans1++,ans2+=4;
q=(q*A+B)%C+1;
}
printf("%lld\n%lld",ans1%MOD,ans2%MOD);
}