[BZOJ4407]于神之怒加强版（莫比乌斯反演）

题目描述

传送门

题解

感觉这题非常强
假设 n<m

∑i=1n∑j=1m(i,j)k

=∑i=1n∑j=1m∑d=1n[(i,j)=d]dk

=∑d=1ndk∑i=1nd∑j=1md[(i,j)=1]

用一下反演公式 [n=1]=∑d|nμ(d)

=∑d=1ndk∑i=1nd∑j=1md∑t|(i,j)μ(t)

=∑d=1ndk∑t=1nd∑i=1nd[t|i]∑j=1md[t|j]μ(t)

=∑d=1ndk∑t=1nd⌊ndt⌋⌊mdt⌋μ(t)

令 T=dt ，此时 d 为 T 的约数

=∑T=1n⌊nT⌋⌊mT⌋∑d|Tμ(Td)dk

发现最后的 ∑d|Tμ(Td)dk 就是狄利克雷卷积的形式
令 g(n)=nk,f(n)=∑d|nμ(nd)g(d)
μ 和 g 都是积性函数，所以 f=μ×g 也是一个积性函数
那么可以用线性筛求 f
当 a 为质数时显然 f(a)=ak−1
当 (a,b)=1 时 f(ab)=f(a)f(b)
当 ab 不互质时，也就是用 f(pkii) 和 pi 计算 f(pki+1i) 时，利用莫比乌斯函数的性质，发现只有 μ(1) 和 μ(pi) 是有价值的
f(pkii)=μ(1)∗(pkii)k+μ(pi)∗(pki−1i)k
f(pki+1i)=μ(1)∗(pki+1i)k+μ(pi)∗(pkii)k
也就是说 f(pki+1i)=f(pkii)∗pki
那么就可以筛筛筛了
计算出来 f(n) 了之后原式变成了

∑T=1n⌊nT⌋⌊mT⌋f(T)

预处理出 f(n) 的前缀和，只有 O(n−−√+m−−√) 种取值
分块求解
时间 O(n+T(n−−√+m−−√))

代码

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define Mod 1000000007
#define LL long long
#define N 5000005

int T,n,m,k;
int p[N],prime[N];
LL ans,f[N];

LL fast_pow(LL a,int p)
{
    LL ans=1;
    for (;p;p>>=1,a=a*a%Mod)
        if (p&1)
            ans=ans*a%Mod;
    return ans;
}
void get(int n)
{
    f[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;++i)
    {
        if (!p[i])
        {
            prime[++prime[0]]=i;
            f[i]=(fast_pow(i,k)-1+Mod)%Mod;
        }
        for (int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=n;++j)
        {
            p[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0)
            {
                f[i*prime[j]]=f[i]*fast_pow(prime[j],k)%Mod;
                break;
            }
            else f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]%Mod;
        }
    }
    for (int i=2;i<=n;++i) f[i]=(f[i]+f[i-1])%Mod;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&T,&k);
    get(5000000);
    while (T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if (n>m) swap(n,m);
        ans=0;
        for (int i=1,j=0;i<=n;i=j+1)
        {
            j=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans+=(f[j]-f[i-1])*(n/i)%Mod*(m/i)%Mod;
            ans=(ans%Mod+Mod)%Mod;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}