[hdu6833]A Very Easy Math Problem（莫比乌斯反演）

题意：

给定正整数$T,k,x$，接下来$T$组样例，每组样例给出一个正整数$n$，对于每个$n$，要求出
$$\sum _{a_1=1}^n\sum _{a_2=1}^n\dots \sum _{a_x=1}^n(\prod _{j=1}^x{a}_j^k)f(gcd(a_1,a_2,\dots ,a_x))gcd(a_1,a_2,\dots ,a_x)$$
其中$f(x)$的定义是，当$x$存在平方因子时，$f(x)=0$，否则$f(x)=1$。
$(1\le T\le 10^4,1\le k,x\le 10^9,1\le n\le 2\times 10^5)$

推导：

套路提出$gcd$，变成
$$\sum _{g=1}^n\sum _{a_1=1}^n\sum _{a_2=1}^n\dots \sum _{a_x=1}^n(\prod _{j=1}^x{a}_j^k)f(g)g[g=gcd(a_1,a_2,\dots ,a_x)]$$
然后调整一下式子，
$$\sum _{g=1}^{n}g[g不存在平方因子]\sum _{a_1=1}^n\sum _{a_2=1}^n\dots \sum _{a_x=1}^n(\prod _{j=1}^x{a}_j^k)[g=gcd(a_1,a_2,\dots ,a_x)]$$
我们令$f(g)$，
$$f(g)=\sum _{a_1=1}^n\sum _{a_2=1}^n\dots \sum _{a_x=1}^n(\prod _{j=1}^x{a}_j^k)[g=gcd(a_1,a_2,\dots ,a_x)]$$
然后$F(g)={\sum }_{g|d}f(d)$，
$$\begin{gathered} F(g)=\sum _{g|d}f(d)=\sum _{a_1=1}^n\sum _{a_2=1}^n\dots \sum _{a_x=1}^n(\prod _{j=1}^x{a}_j^k)[g|gcd(a_1,a_2,\dots ,a_x)] \\ =\sum _{g|a_1}\sum _{g|a_2}\dots \sum _{g|a_x}(\prod _{j=1}^x{a}_j^k) \\ =\sum _{a_1=1}^{\lfloor \frac{n}{g}\rfloor }\sum _{a_2=1}^{\lfloor \frac{n}{g}\rfloor }\dots \sum _{a_x=1}^{\lfloor \frac{n}{g}\rfloor }(\prod _{j=1}^x{a}_j^k{g}^k) \\ =\sum _{a_1=1}^{\lfloor \frac{n}{g}\rfloor }{a}_1^k{g}^k\sum _{a_2=1}^{\lfloor \frac{n}{g}\rfloor }{a}_2^k{g}^k\dots \sum _{a_x=1}^{\lfloor \frac{n}{g}\rfloor }{a}_x^k{g}^k \\ =g^{xk}(\sum _{a=1}^{\lfloor \frac{n}{g}\rfloor }{a}^k{)}^x \end{gathered}$$
把$F(g)$式子化简出来后，还是比较简单的，先留着备用。

然后对着原来的式子套反演，
$$\begin{gathered} \sum _{g=1}^{n}g[g没有平方因子]f(g)=\sum _{g=1}^n[g没有平方因子]\sum _{g|d}\mu (\frac{d}{g})F(d) \\ =\sum _{g=1}^{n}g[g没有平方因子]\sum _{g|d}\mu (\frac{d}{g})d^{xk}(\sum _{a=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{a}^k{)}^x \end{gathered}$$
现在已经可以预处理$({\sum }_{a=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{a}^k{)}^x$然后$o(nlogn)$做了，但是这样复杂度不够，我们考虑数论分块。

我们用一些函数把里面的一些东西代掉，让它看起来更优雅一些。

我们用$is(t)$表示$t$有没有平方因子，有的时候为$0$，否则为$1$。

再用$A(t)=({\sum }_{a=1}^t{a}^k{)}^x$

原式变成，
$$\sum _{g=1}^{n}is(g)g\sum _{g|d}\mu (\frac{d}{g})d^{xk}A(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$
现在的式子还是不能数论分块。注意，我们现在是枚举$g$，再用$d$枚举$g$的倍数。我们转化成枚举$d$，再枚举$d$的因子$g$的形式，就变成，
$$\sum _{d=1}^n{d}^{xk}A(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )\sum _{g|d}\mu (\frac{d}{g})is(g)g$$
然后令$B(d)=d^{xk}{\sum }_{g|d}\mu (\frac{d}{g})is(g)g$，也是可以$o(nlogn)$预处理的，式子最后变成，
$$\sum _{d=1}^{n}A(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )B(d)$$
啊！这不就是某种显然的数论分块吗。
所以我们最后只要预处理出$B(d)$的前缀和$SB(d)$，再预处理出$A(d)$，然后数论分块一下就好了。
代码常数巨大。

代码：

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
const ll MAXN=400005;

ll fpow(ll a,ll n)
{
    ll sum=1,base=a%mod;
    while(n!=0)
    {
        if(n%2)sum=sum*base%mod;
        base=base*base%mod;
        n/=2;
    }
    return sum;
}
ll inv(ll a)
{
    return fpow(a,mod-2);
}

ll prime[MAXN+10],notPrime[MAXN+10],mu[MAXN+10],tot;
void initMu(ll n)
{
    notPrime[1]=mu[1]=1;
    for(ll i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!notPrime[i])prime[tot++]=i,mu[i]=-1;
        for(ll j=0;j<tot&&i*prime[j]<=n;j++)
        {
            notPrime[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j])mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            else {mu[i*prime[j]]=0;break;}
        }
    }
}
ll T,k,x,n;

ll A[400005];
ll is[400005];
ll B[400005];
ll SB[400005];
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&T,&k,&x);
    initMu(200000);
    for(ll i=2;i*i<=200000;i++)
    {
        for(ll j=1;i*i*j<=200000;j++)is[i*i*j]=1;
    }
    for(ll g=1;g<=200000;g++)
    {
        for(ll d=g;d<=200000;d+=g)
        {
            B[d]=(B[d]+g*mu[d/g]*(1-is[g])%mod)%mod;
        }
    }
    for(ll d=1;d<=200000;d++)B[d]=B[d]*fpow(d,x*k)%mod;
    for(ll d=1;d<=200000;d++)SB[d]=(SB[d-1]+B[d])%mod;
    for(ll d=1;d<=200000;d++)
    {
        A[d]=(A[d-1]+fpow(d,k))%mod;
    }
    for(ll d=1;d<=200000;d++)A[d]=fpow(A[d],x);
    while(T--)
    {
        scanf("%lld",&n);
        ll ans=0;
        for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1)
        {
            if(n/l)r=n/(n/l);
            else r=n;
            r=min(r,n);
            ans=(ans+A[n/l]*(SB[r]-SB[l-1])%mod)%mod;
        }
        ans=ans%mod;
        printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod);
    }
    return 0;
}