HDU 6833 A Very Easy Math Problem

A Very Hard Easy Math Problem

Here

仅作笔记和理解，可能有误。

题意

给你n,x,k,让你求
$\sum _{a_1=1}^n\sum _{a_2=1}^n\cdot \cdot \cdot \sum _{a_x=1}^n(\prod _{j=1}^x{a}_j^k)f(gcd(a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_x))\cdot gcd(a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_x)$

$f(x)=\{\begin{array}{l}0,x有两个及以上相同的质因子\\ 1,else\end{array}$

函数$f(x)$其实就是莫比乌斯函数的平方

t组样例，每组样例一个n，求出上面式子的值

$1\le t\le 10^4$
$1\le k\le 10^9$
$1\le x\le 10^9$
$1\le n\le 2\cdot 10^5$

解

开始化式子= = 除法默认向下取整

首先我们可以枚举gcd的值，那么式子就变成了

$\sum _{g=1}^n\sum _{a_1=1}^n\sum _{a_2=1}^n\cdot \cdot \cdot \sum _{a_x=1}^n(\prod _{j=1}^x{a}_j^k)f(g)\cdot g[gcd(a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_x)=g]$

上面式子只有在gcd==g的时候才有值的贡献，所以我们把$a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_x$的值都除上一个$g$，这时候只有$(\prod _{j=1}^x{a}_j^k)$这一部分的值被影响了，所以只需要把这一部分乘上一个$g$(下面枚举d的时候也是同样的操作)，那么式子就变成了

$\sum _{g=1}^n\sum _{a_1=1}^{\frac{n}{g}}\sum _{a_2=1}^{\frac{n}{g}}\cdot \cdot \cdot \sum _{a_x=1}^{\frac{n}{g}}(\prod _{j=1}^x(a_j\cdot g{)}^k)f(g)\cdot g[gcd(a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_x)=1]$

然后如果学过莫比乌斯函数的话就可以马上发现后面$[gcd(a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_x)=1]$这个条件式子可以等价替换成$\sum _{d|gcd(a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_x)}\mu (d)$

然后式子就可以变成这样

$\sum _{g=1}^n\sum _{a_1=1}^{\frac{n}{g}}\sum _{a_2=1}^{\frac{n}{g}}\cdot \cdot \cdot \sum _{a_x=1}^{\frac{n}{g}}(\prod _{j=1}^x(a_j\cdot g{)}^k)f(g)\cdot g\sum _{d|gcd(a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_x)}\mu (d)$

接下来考虑枚举$d$的值$d$是$a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_x$的$gcd$，所以$d$的值的范围是$[1,\frac{n}{g}]$由于$d$要是$a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_x$的gcd才会有$\mu (d)$的值，所以当枚举$d$的时候$a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_x$的取值范围就会变成$[1,\frac{n}{gd}]$，所以式子就变成了这样

$\sum _{g=1}^n\sum _{d=1}^{\frac{n}{g}}\sum _{a_1=1}^{\frac{n}{gd}}\sum _{a_2=1}^{\frac{n}{gd}}\cdot \cdot \cdot \sum _{a_x=1}^{\frac{n}{gd}}(\prod _{j=1}^x(a_j\cdot g\cdot d{)}^k)f(g)\cdot g\cdot \mu (d)$

接下来整理一下式子，发现式子后面的很多表达式都和$a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_x$的值无关，所以可以把他们提到前面，然后式子就变成了

$\sum _{g=1}^n\sum _{d=1}^{\frac{n}{g}}f(g)\cdot g\cdot \mu (d)\cdot (gd{)}^{kx}\sum _{a_1=1}^{\frac{n}{gd}}\sum _{a_2=1}^{\frac{n}{gd}}\cdot \cdot \cdot \sum _{a_x=1}^{\frac{n}{gd}}(\prod _{j=1}^x(a_j{)}^k)$

再考虑一下$d$的取值,$d$从1取到了$\frac{n}{g}$，所以我们可以把$d$乘上$g$倍，同时修改后面式子里的$d$，那么式子变成了

$\sum _{g=1}^n\sum _{g|d}^{n}f(g)\cdot g\cdot \mu (\frac{d}{g})\cdot (d{)}^{kx}\sum _{a_1=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{a_2=1}^{\frac{n}{d}}\cdot \cdot \cdot \sum _{a_x=1}^{\frac{n}{d}}(\prod _{j=1}^x(a_j{)}^k)$

接下来进行倍数反演(大概吧)
先举个栗子说明一下倍数反演吧
还是这一题，我们考虑前面$g$和$d$的取值，我们假设$n$=5，那么我们有以下几种情况可以取$(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(2,2)(2,4)(3,3)(4,4)(5,5)$现在是先枚举$g$，再求符合条件的$d$，我们也可以先枚举$d$，再求符合条件的$g$，也就是$(1,1)(1,2)(2,2)(1,3)(3,3)(1,4)(2,4)(4,4)(1,5)(5,5)$，那么式子就变成了

$\sum _{d=1}^n\sum _{g|d}f(g)\cdot g\cdot \mu (\frac{d}{g})\cdot (d{)}^{kx}\sum _{a_1=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{a_2=1}^{\frac{n}{d}}\cdot \cdot \cdot \sum _{a_x=1}^{\frac{n}{d}}(\prod _{j=1}^x(a_j{)}^k)$

我们$F(n)=\sum _{g|n}f(g)\cdot g\cdot \mu (\frac{n}{g})\cdot (n{)}^{kx}$那么式子就变成了

$\sum _{d=1}^{n}F(d)\sum _{a_1=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{a_2=1}^{\frac{n}{d}}\cdot \cdot \cdot \sum _{a_x=1}^{\frac{n}{d}}(\prod _{j=1}^x(a_j{)}^k)$

然后再考虑后半部分，由结合律可以变成$(\sum _{a_1=1}^{\frac{n}{d}}{a}_1^k)(\sum _{a_2=1}^{\frac{n}{d}}{a}_2^k)\cdot \cdot \cdot (\sum _{a_x=1}^{\frac{n}{d}}{a}_x^k)$
我们$t=\frac{n}{d},S_k^x(t)=(1^k+2^k+3^k+4^k+\cdot \cdot \cdot +t^k{)}^x$，$S$函数就是上面的后半部分，所以最后柿子变成了这样

$\sum _{d=1}^{n}F(d)S_k^x(\frac{n}{d})$,接下来只要预处理一下$F$函数和$S$函数，然后对$F$函数的值求一个前缀和，利用$S$函数的数论分块，就可以$O(t\cdot \sqrt{n})$解出这题了

Code（577MS）

/****************************
* Author : 水娃             *
* Date : 2020-08-06-17.07.23*
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#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include
using namespace std;
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define ll long long
#define debug(a) cout<<#a<<" is "<
#define ull unsigned long long
#define fi first
#define se second
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef pair<ll,ll>pll;
const ll mo=(ll)1e9+7;
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll n,x,k;
const int MAXN=2e5+100;
int mu[MAXN];
int pri[MAXN>>1];int now;
bool vis[MAXN];
ll F[MAXN],D[MAXN],S[MAXN];
ll fpow(ll b,ll e)
{
    ll ans=1;
    while(e)
    {
        if(e&1)
        {
            ans=ans*b%mo;
        }
        b=b*b%mo;
        e>>=1;
    }
    return ans;
}
void pre()
{
    now=0;
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<MAXN;i++){
        if(!vis[i]){
            pri[++now]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=now&&i*pri[j]<MAXN;j++){
            vis[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j])mu[i*pri[j]]=-mu[i];
            else{
                mu[i*pri[j]]=0;
                break;
            }
        }
    }

    D[0]=1;
    ll num;
    for(ll g=1;g<=200000;g++)
    {
        D[g]=fpow(g,k*x);
        for(ll t=1;(num=t*g)<=200000;t++)
        {
            F[num]=(F[num]+mu[g]*mu[g]*g*mu[t]+mo)%mo;
        }
    }
    num=0;
    for(ll t=1;t<=200000;t++)
    {
        num=(num+fpow(t,k))%mo;
        S[t]=fpow(num,x);
        F[t]=(F[t]*D[t]%mo+F[t-1])%mo;
    }
}
void work()
{
    cin>>n;
    int l=1,r;
    ll ans=0;
    while(l<=n)
    {
        r=n/(n/l);
        ans=(ans+(F[r]-F[l-1]+mo)*S[n/l]%mo)%mo;
        l=r+1;
    }
    cout<<ans<<"\n";
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;cin>>T>>k>>x;
    pre();
    while(T--)
        work();
    return 0;
}