Description

　　
​　　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。
　　

Input

　　
​　　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)
　　

Output

　　
​　　Ai代表第i个询问有多少个Fj能够整除FQi。
　　
​　　Bi代表第i个询问所有j的平方之和。
　　
​　　输出包括两行：
　　
​　　第一行是所有的Ai之和。
　　
​　　第二行是所有的Bi之和。
　　
　　由于答案过大，只需要输出除以1000000007得到的余数即可。
　　

Sample Input

　　
　　2
　　2 2 1 8
　　

Sample Output

　　
　　6
　　55
　　

HINT

　　
​　　对于100%的数据保证：$，，，，Q \le 3*10^6，C \le10^7，A \le10^7，B \le10^7，1 \le Q1\le C $
　　
　　
　　

Solution

　　
​　　首先还是要找规律。发现\(f_j|f_i\Leftrightarrow j|i\)。
　　
　　对于任意一个质数\(p\)，我们在模\(f_p\)的意义下观察一些斐波那契数列：
\[ \begin{bmatrix} f_1&f_2&f_3&...&f_{p-1}&0&f_{p-1}&f_{p-1}&2f_{p-1}&...\\ f_1&f_2&f_3&...&f_{p-1}&0&f_{p-1}f_1&f_{p-1}f_2&f_{p-1}f_3&...&f_{p-1}f_{p-1}&0&f_{p-1}^2f_1... \end{bmatrix} \]
　　斐波那契数列会每\(p\)项分成一段，其中第\(i\)段是\(f_{p-1}^{i-1}f_{1..p}\)。
　　
　　由于\(f_{p-1}\)与\(f_p\)互质，因此\(f_{p-1}^{i-1}\)都与\(f_p\)互质。既然第一段只能在第\(p\)项，也就是该段最后一项取0，那么之后的每一段都只能在最后一项取0.
　　
　　也就是说\(f_p\)整除哪一些\(f_i\)呢？恰好是那些\(p|i\)的\(f_i\)。
　　
​　　那么对于任意整数\(j\)，\(f_j\)整除哪一些\(f_i\)呢？把\(j\)质因数分解\(j=p_1^{q_1}p_2^{q_2}...p_m^{q_m}\)，可知\(f_{p_k}|f_j\)（\(k\in[1,m]\)）。当且仅当\(f_{p_k}|f_i\)（\(k\in[1,m]\)）时，有\(f_j|f_i\)，而此时\(p_k|i\)（\(k\in[1,m]\)）。
　　
​　　故证毕：对于任意正整数\(i\)和\(j\)，有\(f_j|f_i\Leftrightarrow j|i\)。
　　
​　　所以本题相当于询问\(q\)的因数个数、因数平方和，是线性筛的基本应用。因数平方和的表达式是
\[ \sigma(x)^2=\prod_{i=1}^m(\sum_{j=0}^{q_i}p_i^{2j}) \]
　　记录每个数的最小质因子的幂、除尽最小质因子的数\(nop\)就可以计算了。我第一次写的代码使用了快速幂计算\(i\%p==0\)时的累加，然而不必要，对\(\sigma^2(i)\)乘上\(p^2\)就可以把最小质因子处的\(\sum\)整体偏移，括号里需要加上的1，対整体加上\(\sigma^2(nop[i])\)即可。
　　
​　　注意回答询问时，不可直接输出上述统计的东西。\(f_2=1\)非常特殊，当询问\(q\)为偶数时，因为\(2|q\)，所以2会被统计到，且2本来就需要统计，因为\(f_2|f_q\)是合法的的。但是当询问\(q\)为奇数时，\(2\nmid q\)，所以2未被统计，但从原题意义上看，依然有\(f_2|f_q\)，2应该被统计。所以\(q\)是奇数时，第一问要加上1，第二问要加上4（\(2^2=4\)）。
　　
　　我脑残，都加上了1，居然还有50......说明那些数据模数神奇，询问都是偶数。
　　
　　　　
　　

Code

#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=10000001,MOD=1e9+7;
bool vis[N];
int p[N],pcnt,sigma0[N],minpq[N];
ll nop[N],sigma2[N];
ll ans1,ans2;
void sieve(){sigma0[1]=1; sigma2[1]=1;for(int i=2;i<N;i++){if(!vis[i]){p[++pcnt]=i;sigma0[i]=2;sigma2[i]=(1LL*i*i+1)%MOD;minpq[i]=1;nop[i]=1;}for(int j=1;j<=pcnt&&i*p[j]<N;j++){int x=i*p[j];vis[x]=true;if(i%p[j]==0){minpq[x]=minpq[i]+1;nop[x]=nop[i];sigma0[x]=sigma0[i]/(minpq[i]+1)*(minpq[x]+1);sigma2[x]=(sigma2[i]*(1LL*p[j]*p[j]%MOD)%MOD+sigma2[nop[i]])%MOD;break;}sigma0[x]=sigma0[i]*sigma0[p[j]];sigma2[x]=sigma2[i]*sigma2[p[j]]%MOD;minpq[x]=1;nop[x]=i;}}
}
int main(){sieve();int n,q,qlast=0,a,b,c;scanf("%d%d%d%d%d",&n,&q,&a,&b,&c); for(int i=1;i<=n;i++){if(i>1) q=(1LL*qlast*a+b)%c+1;qlast=q;ans1+=sigma0[q]+(q&1);(ans2+=sigma2[q]+4*(q&1))%=MOD;}printf("%lld\n%lld\n",ans1,ans2);return 0;
}