题意
已知(e_n+sqrt2f_n=(1+sqrt2)^n)，(e_n-sqrt2f_n=(1-sqrt2)^n)，(g_n=lcm_{i=1}^nf_i)，求(sum_{i=1}^{n}g_i imes i)
首先可以得到(e_{n-1}+sqrt2f_{n-1}=(1+sqrt2)^{n-1})
那么$e_n+sqrt2f_n=(1+sqrt2)(e_{n-1}+sqrt2f_{n-1})
=(e_{n-1}+2f_{n-1})+sqrt2(e_{n-1}+f_{n-1})$
即(e_n=e_{n-1}+2f_{n-1})，(f_n=e_{n-1}+f_{n-1})
继续往下推：(f_n=e_{n-2}+2f_{n-2}+f_{n-1}=2f_{n-1}+f_{n-2})
把(0,1)代入题面的两个式子可以解出(f_0=0,f_1=1)。
所以我们可以(O(n))求出所有(f)的值。
这里有一个性质：
[f_n=2f_{n-1}+f_{n-2}\
=5f_{n-2}+2f_{n-3}\
=12f_{n-3}+5f_{n-4}\
...\
=f_mf_{n-m+1}+f_{m-1}f_{n-m}
]
接下来把(g)反演一波，设(S={{}1,2,...,n{}})。
[g_n=lcm_{i=1}^nf_i=
prod_{Tsubseteq S,T
eq emptyset}gcd(f(T))^{(-1)^{|T|+1}}
]
根据刚才(f)的性质可以得到：
[gcd(f_n,f_m)=gcd(f_mf_{n-m+1}+f_{m-1}f_{n-m},f_m)=gcd(f_{m-1}f_{n-m},f_m)\
ecause gcd(f_{m-1},f_m)=1\
herefore gcd(f_{m-1}f_{n-m},f_m)=gcd(f_{n-m},f_m)\
gcd(f_n,f_m)=gcd(f_{n-m},f_m)
]
那么往下写可以发现：
[gcd(f_n,f_m)=gcd(f_{n-m},f_m)=gcd(f_{n-2m},f_m)=...=gcd(f_{nmod m},f_m)
]
继续算的话我们会用(nmod m)和(m)较大的一个减较小的一个，重复上面的过程......
可以发现最后就是(gcd(f_{gcd(n,m)},f_0)=f_{gcd(n,m)})
所以(gcd(f_n,f_m)=f_{gcd(n,m)})
回到反演(g)的式子：
[g_n=prod_{Tsubseteq S,T
eq emptyset}gcd(f(T))^{(-1)^{|T|+1}}
=prod_{Tsubseteq S,T
eq emptyset}f_{gcd(T)}^{(-1)^{|T|+1}}\
=prod_{d=1}^nprod_{Tsubseteq S,T
eq emptyset}
[gcd(T)=d]f_d^{(-1)^{|T|+1}}\
=prod_{d=1}^nf_d^{sum_{Tsubseteq S,T
eq emptyset}
[gcd(T)=d](-1)^{|T|+1}}
]
把指数部分拎出来，设$h_d=sum_{Tsubseteq S,T eq emptyset}
gcd(T)=d{|T|+1}$，再设$t_k=sum_{k|d}{n}h_d$，那么
[t_k=sum_{Tsubseteq S,T
eq emptyset}
[k|gcd(T)](-1)^{|T|+1}
]
考虑(S)中每个元素的贡献，设(m=frac{n}{k})，那么
[t_k=sum_{i=1}^{m}{mchoose i}(-1)^{i+1}\
=-sum_{i=1}^{m}{mchoose i}(-1)^i\
=-sum_{i=0}^{m}{mchoose i}(-1)^i+1=1
]
再对(h)反演一下：$h_k=sum_{k|d}^{n}mu_{frac{d}{k}}t_k=
sum_{k|d}^{n}mu_{frac{d}{k}}$
代回(g_n)的式子就是：
[g_n=prod_{i=1}^{n}f_i^{h_k}=
prod_{i=1}^{n}f_i^{sum_{k|d}^{n}mu_{frac{d}{k}}}=
prod_{i=1}^{n}(prod_{d|i}^{n}f_d^{mu_{frac{i}{d}}})
]
所以只需要算出(prod_{d|i}^{n}f_d^{mu_{frac{i}{d}}})即可。这个也很好算，对于每个(d)，把每个(d)的倍数(kd)对应的(g_{kd})乘上(f_d)即可。时间复杂度为(O(sum_{i=1}^{n}frac{n}{i})=O(nlogn))
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define cn const
#define gc getchar()
#define fp(i,a,b) for(rg int i=(a),ed=(b);i<=ed;++i)
using namespace std;
typedef cn int cint;
il int rd(){
rg int x(0),f(1); rg char c(gc);
while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=gc; }
while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=gc;
return x*f;
}
cint maxn=1000010;
int T,n,mod;
int isnp[maxn],mu[maxn],pri[maxn],cnt;
int f[maxn],inv[maxn],g[maxn],ans;
il void calc_mu(cint &n){
mu[1]=1;
fp(i,2,n){
if(!isnp[i])mu[i]=-1,pri[++cnt]=i;
for(rg int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=n;++j){
isnp[pri[j]*i]=1;
if(i%pri[j]==0)break;
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
}
il int fpow(int a,int b,int ans=1){
for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)if(b&1)ans=1ll*ans*a%mod;
return ans;
}
int main(){
calc_mu(1000000);
T=rd();
while(T--){
n=rd(),mod=rd();
f[1]=1; fp(i,2,n)f[i]=(2ll*f[i-1]%mod+f[i-2])%mod;
fp(i,1,n)inv[i]=fpow(f[i],mod-2);
fp(i,1,n)g[i]=1;
fp(i,1,n){
for(rg int j=i;j<=n;j+=i){
if(mu[j/i]>0)g[j]=1ll*g[j]*f[i]%mod;
if(mu[j/i]<0)g[j]=1ll*g[j]*inv[i]%mod;
}
}
fp(i,2,n)g[i]=1ll*g[i]*g[i-1]%mod;
ans=0; fp(i,1,n)ans=(ans+1ll*g[i]*i%mod)%mod;
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}