[BZOJ4407]于神之怒加强版-题解

【题目地址】

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题意简述

给定$T,K$，表示有$T$组询问，每组给定$n,m$，求下面式子的值：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j{)}^K$$

输出在$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+7$意义下的值。
$n,m,K\le 5\times 10^6,T\le 2000$

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其实莫比乌斯反演的题目大多都是套路啦QWQ

根据套路，我们枚举$gcd$，即可将原式转换为（这里默认$n\le m$，如果不满足则交换）：

$$\begin{gathered} =\sum _{d=1}^n{d}^K\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d] \\ =\sum _{d=1}^n{d}^K\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1] \\ =\sum _{d=1}^n{d}^K\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\sum _{w|i,w|j}\mu (w) \\ =\sum _{d=1}^n{d}^K\sum _{w=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (w)\lfloor \frac{n}{dw}\rfloor \lfloor \frac{m}{dw}\rfloor \end{gathered}$$

这些都是莫比乌斯反演的套路啦，接下来，为了每次能够在$O(\sqrt{n})$的时间内快速回答，我们就枚举$dw$，令$T=dw$则得到：

$$\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{d|T}{d}^K\mu (\frac{T}{d})$$

然后我们线性筛出后面的：
$$f(n)=\sum _{d|n}{d}^K\mu (\frac{T}{d})$$
即可（这个显然是个积性函数，$f=i{d}^k⨂\mu$两个积性函数的狄利克雷卷积也是积性函数）。

也可以枚举倍数用$O(n(logn\times 快速幂))$的复杂度算，但是在这个题上面就太慢了，5e6可能有点卡。

我们根据欧拉筛三步走来推：

1. 考虑$f(p)$，$p$为质数的值的计算：

$$\sum _{d|p}{d}^k\mu (\frac{p}{d})$$
显然，$d=1,p$这两个，所以直接算出为$p^k-1$

2. 考虑$f(p^c)$，$p$为质数的值的计算：

$$\begin{gathered} \sum _{d|p^c}{d}^k\mu (\frac{p^c}{d}) \\ =\sum _{i=0}^c(p^i{)}^k\mu (\frac{p^c}{p^i}) \\ =\sum _{i=0}^c(p^i{)}^k\mu (p^{c-i}) \end{gathered}$$

由于当指数大于1的时候$\mu (p^i)=0$，所以只有$i=c,c-1$两个有值，直接代入计算即可，答案为$p^{kc}-p^{kc-k}$。

3. 考虑$f(x)$，$x=p^{c}y$，其中$p\perp y$。

那么根据积性函数，直接转化为$f(x)=f(p^c)f(y)$即可，其中的$f(y)=f(\frac{x}{p^c})$。

上面有些小写$k$就是大写的$K$，懒得改了QWQ

下面就是代码了：

#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
const ll Mod=1e9+7;
const int M=5e6+10,MAX=5e6;
int n,m,K,T;
ll fpow(ll a,ll b){
     
	ll ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=(a*a)%Mod)if(b&1)ans=(ans*a)%Mod;
	return ans;
}
ll F[M],prime[M],P[M],Invp[M],cnt;
ll c[M],f[M],p[M];bool vis[M];
//ll C[M],mu[M];
void init(){
     
	F[1]=1;
//	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=MAX;i++){
     
		if(!vis[i]){
     
			prime[++cnt]=i;P[i]=fpow(i,K);Invp[i]=fpow(P[i],Mod-2);//逆元处理p^{-k}
			F[i]=P[i]-1;c[i]=1;f[i]=i;p[i]=i;
			if(F[i]<0)F[i]+=Mod;
//			mu[i]=Mod-1;
		}
		for(int j=1,v;j<=cnt&&i*prime[j]<=MAX;j++){
     
			v=i*prime[j];
			vis[v]=1;
			if(!(i%prime[j])){
     
				c[v]=c[i]+1;f[v]=f[i];p[v]=p[i]*f[i];
				ll vv=fpow(P[f[v]],c[v]);
				F[v]=F[v/p[v]]*(((vv-vv*Invp[f[v]]%Mod)%Mod+Mod)%Mod)%Mod;
				break;
			}
			F[v]=F[i]*F[prime[j]]%Mod;
			c[v]=1;f[v]=prime[j];p[v]=prime[j];
//			mu[v]=(Mod-mu[i]);
		}
	}//nlogn的线性筛预处理 
//	for(int i=1;i<=MAX;i++){
     
//		ll v=fpow(i,K);
//		for(int j=i;j<=MAX;j+=i){
     
//			C[j]=(C[j]+v*mu[j/i]%Mod)%Mod;
//		}
//	}//nlog^2n的预处理 
	for(int i=2;i<=MAX;i++)F[i]=(F[i]+F[i-1])%Mod;
}
ll solve(){
     
	ll ans=0;
	if(n>m)swap(n,m);
	for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
     
		j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans=(ans+((F[j]-F[i-1])%Mod+Mod)%Mod*(n/i)%Mod*(m/i)%Mod)%Mod;
	}
	return ans;
}
int main(){
     
	scanf("%d%d",&T,&K);
	init();
	while(T--){
     
		scanf("%d%d",&n,&m);
		printf("%lld\n",solve());
	}
	return 0;
}

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拓展

其实如果这个题目只有一次询问，且$n,m\le 10^8,K\le 50$的话，无法线性筛的时候我们可以用杜教筛。

原式相当于$i{d}^k⨂\mu$，我们令$f=i{d}^k⨂\mu ,g=1$，那么$f⨂g=i{d}^k⨂\mu ⨂1$

先把后面两个卷起来可以得到$\mu ⨂1=ϵ$，那么$f⨂g=i{d}^k$

套入杜教筛的公式中可以得到：

$$F(n)=\sum _{i=1}^n{i}^k-\sum _{i=2}^{n}F(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

其中$i^k$的前缀和可以用拉格朗日差值法在$O(klogk)$的时间内求出，所以总的复杂度为$O(n^{\frac{2}{3}}klogk)$，在3s左右能跑出$n\le 10^8,K\le 50$

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End

吐槽：莫比乌斯反演和杜教筛的题目都是好多套路和很多神奇的式子啊QWQ，要多写写题，总结总结

其实很多时候杜教筛不知道用什么$g$函数去卷要求的$f$函数，可以根据经验积累，或者使用贝尔级数之类的去推。

如果杜教筛中还有不好求的前缀和，可以再套一层杜教筛，复杂度仍然为$O(n^{\frac{2}{3}})$，只是空间时间常数大了。