Problem

传送门

Sol

容易得到
fn=en−1+fn−1,en−1=fn−1+en−1,f1=e1=1f_n=e_{n-1}+f_{n-1},e_{n-1}=f_{n-1}+e_{n-1},f_1=e_1=1fn=en−1+fn−1,en−1=fn−1+en−1,f1=e1=1
那么
fn=2×∑i=1n−1fi−fn−1+1f_n=2\times \sum_{i=1}^{n-1}f_i-f_{n-1}+1fn=2×i=1∑n−1fi−fn−1+1
又有
fn+1=2×∑i=1nfi−fn+1f_{n+1}=2\times \sum_{i=1}^{n}f_i-f_{n}+1fn+1=2×i=1∑nfi−fn+1
相减得到 fn+1=fn×2+fn−1,f1=1f_{n+1}=f_n\times 2 + f_{n-1},f_1=1fn+1=fn×2+fn−1,f1=1

有结论 gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1 时，形如 fi=afi−1+bfi−2f_i=af_{i-1}+bf_{i-2}fi=afi−1+bfi−2 的数列有性质 gcd(fi,fj)=fgcd(i,j)gcd(f_i,f_j)=f_{gcd(i,j)}gcd(fi,fj)=fgcd(i,j)

大概可以这么证明

而 lcmlcmlcm 实际上是一个对于质因子的指数取 maxmaxmax 的操作
每个质因子分开考虑，然后最值反演
lcm(S)=∏ipi∑T⊂Smin(Ti)(−1)∣T∣+1=∏i∏T⊂Spimin(Ti)(−1)∣T∣+1lcm(S)=\prod_{i}p_i^{\sum_{T\subset S}min(T_i)(-1)^{|T|+1}}=\prod_{i}\prod_{T\subset S}p_i^{min(T_i)(-1)^{|T|+1}}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⊂Sgcd(T)(−1)∣T∣+1lcm(S)=\prod_{T \subset S}gcd(T)^{(-1)^{|T|+1}}lcm(S)=T⊂S∏gcd(T)(−1)∣T∣+1
其中 S,T≠∅S,T\ne \emptyS,T̸=∅，min(Ti)min(T_i)min(Ti) 表示 pip_ipi 这个因子的指数最小值

所以
gn=∏T⊂Sfgcd(T)(−1)∣T∣+1=∏d=1nfd∑T⊂S[gcd(T)==d](−1)∣T∣+1g_n=\prod_{T \subset S}f_{gcd(T)}^{(-1)^{|T|+1}}=\prod_{d=1}^{n}f_{d}^{\sum_{T\subset S}[gcd(T)==d](-1)^{|T|+1}}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∣+1s_d=\sum_{T\subset S}[gcd(T)==d](-1)^{|T|+1}sd=T⊂S∑[gcd(T)==d](−1)∣T∣+1
hi=∑i∣dnsd=∑T⊂S[i∣gcd(T)](−1)∣T∣+1=[cnti≠0]=1h_i=\sum_{i|d}^{n}s_d=\sum_{T\subset S}[i|gcd(T)](-1)^{|T|+1}=[cnt_i\ne 0]=1hi=i∣d∑nsd=T⊂S∑[i∣gcd(T)](−1)∣T∣+1=[cnti̸=0]=1
其中 cnticnt_icnti 表示 iii 的倍数的个数
那么
si=∑i∣dnμ(di)hd=∑i∣dnμ(di)s_i=\sum_{i|d}^{n}\mu(\frac{d}{i})h_d=\sum_{i|d}^{n}\mu(\frac{d}{i})si=i∣d∑nμ(id)hd=i∣d∑nμ(id)
那么
gn=∏d=1nfd∑d∣inμ(id)=∏d=1n∏d∣infdμ(id)=∏i=1n∏d∣ifdμ(id)g_n=\prod_{d=1}^{n}f_{d}^{\sum_{d|i}^{n}\mu(\frac{i}{d})}=\prod_{d=1}^{n}\prod_{d|i}^{n}f_d^{\mu(\frac{i}{d})}=\prod_{i=1}^{n}\prod_{d|i}f_d^{\mu(\frac{i}{d})}gn=d=1∏nfd∑d∣inμ(di)=d=1∏nd∣i∏nfdμ(di)=i=1∏nd∣i∏fdμ(di)
Θ(nlogn)\Theta(nlog n)Θ(nlogn) 预处理出 ∏d∣ifdμ(id)\prod_{d|i}f_d^{\mu(\frac{i}{d})}∏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;
}

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