HDU 5628 Clarke and math （Dirichlet卷积）

题目链接：
HDU 5628

题意：
给你 f(i)。(i=1,2,…,n)
求 g(i)=∑i1∣i∑i2∣i1∑i3∣i2⋯∑ik∣ik−1f(ik) mod 1000000007(1≤i≤n)

题解：

h[i] 恒等于 1.

g(i)=∑i1|i∑i2|i1∑i3|i2⋯∑ik|ik−1f(ik) ＝∑i1|i∑i2|i1∑i3|i2⋯∑ik|ik−1f(ik)∗h(ik).

化为 Dirichlet 卷积形式， g(i)=(f∗hk)(i)=∑d|if(i)hk(id) 。
根据 狄利克雷卷积 满足交换律和结合律， 先利用快速幂 hk 。最后再拿 hk 的结果与 f 卷积（注意，两个函数卷积的结果是函数，而不是值）。
每次 Dirichlet 卷积的 复杂度为 O(n∗logn), 进行 logk 次卷积计算，总复杂度 O(n∗logn∗logk) 。

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嗯，感觉有点难解释。

就是两个函数 f 和 g 的狄利克雷卷积定义为： (f⊗g)(n)=∑j|nf(j)g(nj) 。

可以写成这样： (f⊗g)(n)=∑i×j=nf(j)g(i) 。

然后可以发现原式的一层就是一次 f 函数和 1 函数的狄利克雷卷积。

又因为狄利克雷卷积满足交换律和结合律，所以 g=f⊗1k （其中 1 函数满足 1(x)=1 ）。

然后快速幂套一个狄利克雷卷积就可以了。

总时间复杂度就是 O(n∗logn∗logk) 。

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但是刚才又想了一下。
发现了一个 nlogn 的做法。

我们可以考虑 f(j ) 对 g(i) 的贡献。

可以发现， g(i)=∑j|iH(ij)f(j) ,其中， H(i) 表示把 i 分成 k 个有序数的乘积的方案数。

然后我们发现 H(i) 居然是积性的。

H(pr)=(k+r−1r) ，可以用线性筛预处理一下。

最后对于每一个 f(j) 枚举 j 的倍数 k ，对 g(k×j) 产生贡献。

总时间复杂度就是 O(n∗logn)

AC代码：

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod =1e9+7;
int n,k;
ll f[100010];
ll ans[100010];
ll tmp[100010],x[100010];
void dirichlet(ll *ans, ll *x){

    memset(tmp,0,sizeof(tmp));
    for(int i=1;i*i<=n;i++)
    {
        tmp[i*i] += ans[i]*x[i]%mod; if(tmp[i*i]>=mod) tmp[i*i]%=mod;
        for(int j=i+1;i*j<=n;j++)
        {
            tmp[i*j] += ans[i]*x[j]%mod; if(tmp[i*j]>=mod) tmp[i*j]%=mod;
            tmp[i*j] += ans[j]*x[i]%mod; if(tmp[i*j]>=mod) tmp[i*j]%=mod;   
        } 
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ans[i] = tmp[i];
    }
}

void qpower(){

    while(k)
    {
        if(k&1) dirichlet(ans,x);
        k>>=1;
        dirichlet(x,x); 
    }
    dirichlet(ans,f);//乘 f 
} 
void solve()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&f[i]);
        ans[i] = 0;
        x[i] = 1;
    }
    ans[1] = 1;
    qpower();

}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&k); 
        solve();
        for(int i=1;iprintf("%lld ",ans[i]);
        }
        printf("%lld\n",ans[n]);
    }
    return 0;
}