bzoj 4407: 于神之怒加强版 （反演+线性筛）

题目描述

传送门

题目大意：
∑ni=1∑mj=1gcd(i,j)k mod 109+7

题解

一道非常不错的莫比乌斯反演，想了一晚啊。。。。
首先引入反演的两个公式
（1）如果 F(n)=∑d|nf(n) , 那么 f(n)=∑d|nμ(d)F(nd)
（2）如果 F(n)=∑n|df(d) ,那么 f(n)=∑n|dμ(dn)∗F(d)
那么反演有什么用呢？可以实现F(n),f(n)之间的转换求解，使不易求的式子转化成易求的形式。
最常见的应用就是 [n=1]=∑d|nμ(d)

那么对于这道题来说我们先对式子进行改动,设 n<=m

∑d=1ndk∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=d]

设 f(d)=∑ni=1∑mj=1[gcd(i,j)=d] 表示满足 gcd(i,j)=d 且 1<=i<=n,1<=j<=m 的 (i,j) 的对数
F(d)=∑d|nf(n) 表示满足 d|gcd(i,j) 且 1<=i<=n,1<=j<=m 的 (i,j) 的对数
显然 F(d)=⌊nd⌋∗⌊md⌋
利用反演公式(2)，可以得到

∑d=1ndk∑i=1nμ(i)∗F(d∗i)

注意 F(d)=∑d|nf(n) 中n的范围是无穷，但是如果n超过给出的min(n,m)，那么F(d)就会是0
所以对于枚举的d来说，最大的倍数只能是min(n,m).

∑d=1ndk∑i=1nμ(i)∗⌊nd∗i⌋∗⌊md∗i⌋

设 T=d∗i ,然后我们调整枚举的顺序

∑T=1n⌊nT⌋∗⌊mT⌋∑d|Tμ(Td)∗dk

⌊nT⌋∗⌊mT⌋ 可以在 O(n√+m−−√) 的时间内求解，那么问题的关键就是如果快速的计算 h(d)=∑d|Tμ(Td)∗dk 发现函数 h 是狄利克雷卷积的形式。 μ 与 dk 都是积性函数(a,b互质, f(ab)=f(a)∗f(b) ),所以h也是积性函数。
所以当a,b互质的时候，我们可以利用积性函数的性质 h(ab)=h(a)∗h(b)
关键是a,b不互质的时候怎么求解。
h(pixi)=μ(1)∗(pixi)k+μ(pi)∗(pixi−1)k 剩下的项 μ 都是0
那么对于一个质因数来书, h(pixi) 变成 h(pixi+1) 的影响就是在 h(pixi) 的基础上乘 pik ，其他质因数与其互质，直接乘起来就好啦。
那么对于函数h我们就可用线性筛进行预处理，利用的时候直接 O(1)

代码

#include
#include
#include
#include
#include
#define N 5000000
#define p 1000000007
#define LL long long
using namespace std;
LL f[N+3],g[N+3];
int n,m,k,T,pd[N+3],prime[N+3];
LL quickpow(LL num,int x)
{
    LL ans=1; LL base=num%p;
    while (x) {
        if (x&1) ans=base*ans%p;
        x>>=1;
        base=base*base%p;
    }
    return ans;
}
void init()
{
    f[1]=1;
    for (int i=2;i<=N;i++) {
        if (!pd[i]) {
            prime[++prime[0]]=i;
            g[prime[0]]=quickpow(i,k);
            f[i]=(g[prime[0]]-1+p)%p;
        }
        for (int j=1;j<=prime[0];j++) {
            if (i*prime[j]>N) break;
            pd[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0) {
                f[i*prime[j]]=f[i]*g[j]%p;
                break;
            }
            else f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]%p;
        }
    } 
    for (int i=1;i<=N;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i])%p;
    //for (int i=1;i<=10;i++) cout<" ";
    //cout<int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&T,&k);
    init();
    while (T--) {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if (n>m) swap(n,m);
        int j=0; LL ans=0;
        for (int i=1;i<=n;i=j+1) {
            j=min(n/(n/i),m/(m/i));
            j=min(j,n);
            LL t=(LL)(n/i)*(m/i)%p;
            ans=(ans+(LL)t*(f[j]-f[i-1]+p)%p)%p;
        }
        printf("%I64d\n",(ans%p+p)%p);
    }
}