这个 \(f\) 很容易通过递推求出来，打表不难发现 \(f_i = 2f_{i - 1} + f_{i - 2}\)，考虑 \(g_i = lcm(f_1, f_2, ..., f_i)\) 怎么办。
考虑做指数上的 min-max 容斥，那么容易得到 \(g_i = \prod_{T \subseteq \{1, 2, ..., i\}} \gcd_{j \in T} f_j^{(-1)^{|T| - 1}}\)。
在一般的递推式中，我们知道对于 \(f_i = f_{i - 1} + f_{i - 2}\) 来说，有 \(f_{\gcd(i, j)} = \gcd(f_i, f_j)\)，猜测在这里是否也具有这个性质，打表发现确实存在，所以式子等价于：\(g_i = \prod_{T \subseteq \{1, 2, ..., i\}} f_{\gcd(T)}^{(-1)^{|T| - 1}}\)，不妨利用莫比乌斯反演的经典想法转化为枚举 \(\gcd\)，那么又等价于 \(g_i = \prod_{j = 1}^n f_j^{\sum_{T} [\gcd(T) = j] (-1)^{|T| - 1}}\)
因为有了那个性质，由于 \(\gcd(i, i + 1) = 1\)，所以 \(\gcd(f_i, f_{i + 1}) = f_1 = 1\)，可以用莫比乌斯反演推得 \(g_i = \prod_{j = 1}^i \prod_{d | j} f_d^{\mu(\frac{j}{d})}\)，直接枚举倍数即可。