題目大意
給定n個數\(a_1\)~\(a_n\)，定義\(f_i\)爲斐波那契數列，求出\(lcm(f_{a_1},...,f_{a_n})\)，\(n\leq5\times 10^4\)，\(a_i\leq10^6\)。
根據斐波那契的性質，有\(gcd(f_n,f_m)=f_{gcd(n,m)}\)。
又根據常識，\(lcm(n,m)=\frac{nm}{gcd(n,m)}\)，\(lcm(a,b,c)=\frac{abc\times gcd(a,b,c)}{gcd(a,b)\times gcd(b,c)\times gcd(a,c)}\)，所以答案就是：
\[\prod_k f_k^{\sum_S(-1)^{|S|+1}[gcd(S)=k]}
\]
只看指數部分，\(\sum_S(-1)^{|S|+1}[gcd(S)=k]=\sum_S(-1)^{|S|+1}[gcd(\frac{S}{k})=1]\)
\[=\sum_{S}(-1)^{|S|+1}\sum_{d|gcd(\frac{S}{k})}\mu(d)
\\=\sum_{d}\mu(d)\sum_{kd|S}(-1)^{|S|+1}
\]
就相當於只選\(kd\)的倍數貢獻是\((-1)^{選的個數+1}\)，寫出來就是\(\sum_{i=1}^{m}{m\choose i}(-1)^{i+1}\)，從一開始是因爲不能不選，\(m\)是一共有多少個\(kd\)的倍數。就等於\(-\sum_{i=0}^m{m\choose i}(-1)^i+1=1\times [m\neq 0]\)。所以對於一個\(k\)，他的貢獻就是\(\sum_{d=1}^{max\{a_i\}/k}\mu(d)\times [\exists x,kd|x]\)。複雜度\(n\ln n\)。
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;
}
il int calc(cint &k){
rg int ans=0;
fp(i,1,mx/k)if(vis[i*k])ans=(ans+mu[i])%(mod-1);
return ans;
}
int main(){
n=rd();
fp(i,1,n)a[i]=rd(),mx=max(mx,a[i]);
mu[1]=1;
fp(i,2,mx){
if(!isnp[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=mod-2;
for(rg int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=mx;++j){
isnp[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0)break;
mu[i*pri[j]]=mod-1-mu[i];
}
}
fp(i,1,n)for(rg int j=1;j*j<=a[i];++j)if(a[i]%j==0)vis[j]=vis[a[i]/j]=1;
f[1]=1; fp(i,2,mx)f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod;
fp(i,1,mx)ans=1ll*ans*fpow(f[i],calc(i))%mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}