【数论-筛法/五边形数/组合数学】BZOJ4772 显而易见的数论

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【题目】
原题地址
给你一个整数$S$，让你求所有整数划分的方案数的价值和，价值是个函数。

$$\sum_{划分方案p}\sum_{i=1}^m\sum_{j=i+1}^mg(a_{F{(p_i,p_j)}mod\ k})$$
其中 $F{(p_i,p_j)}mod\ k$是一个下标， $p$是一种划分方案的数列，同时给出：
$$g(n)=\sum_{i=1}^n[(i,n)=1](i-1,n)$$
$p$不同当且仅当最小表示法下的数列不同，答案模 $10^9+7$

【题目分析】
不可做，不可做。
这题真的推起来很烦。。。主要是这个$g$打了个表发现是积性的才搞出来。

【解题思路】
以下推导大部分来自这篇博客。

这个题的三个$type$直接推看起来就很不可做，因此我们可以考虑每一个$g_i$的贡献。

首先求一下拆分数，记$sum[i]$为$i$的拆分数，根据五边形数定理以及生成函数可以$O(n\sqrt n)$求出来，大概如下。
嗯欧拉函数的倒数就是它的生成函数，我们配合一下五边形数定理得到。

$$(1+\sum_{k=1}^{\infty}{(-1)^k x^{\frac{k(3k\pm 1)}2}})(\sum_{k=0}^{\infty}{p(k)x^k}) = 1$$
考虑等式两边 $x^n$的系数， $n>0$时，右边系数为0，而左边有：
$$p(n)-p(n-1)-p(n-2)+p(n-5)+p(n-7)+\dots = 0$$
就是一个 $O(n\sqrt n)$的递推式。

直接求出$n$的所有拆分方案去统计$F(p_i,p_j)$是不现实的，考虑每对$(p_i,p_j)$出现次数$num[p_i][p_j]$。
若$p_i<p_j$，假设一个拆分方案中两个数字分别有$a$个和$b$个，那么该方案中$(p_i,p_j)$出现次数就是$a*b$，换个方式看这个次数就是$x个p_i和y个p_j(1\leq x\leq a,1\leq y\leq b)$每一种方案在该方案中都出现了一次，故枚举$p_i,p_j$以及两个的数量$num_i,num_j$得到

$$num[p_i][p_j]=\sum_{p_inum_i+p_jnum_j\leq n} sum[n-p_inum_i+p_jnum_j]$$
若 $p_i=mp_j$，那么该方案中 $(p_i,p_i)$出现的次数为 $\frac {num_i(num_i-1)} 2$，枚举 $i和num_i$，只含有 $num_i个p_i$的拆分方案有 $$sum[n-p_inum_i]-sum[n-p_i(num_i+1)]$$
故：
$$num[p_i][p_i]=\sum_{p_inum_i\leq n} \frac {num_i(num_i-1)} 2 (sum[n-p_inum_i]-sum[n-p_i(num_i+1)])$$

$F$的三种形式的取值都是可以暴力预处理的，因此求出了$num$后我们就可以得到$F(p_i,p_j)=i$的个数$cnt[i](0\leq i<k)$
进而我们可以得到：

$$ans=\sum_{i=0}^{k-1} cnt[i]*g[a[i]]$$

下面的问题转化为如何在时限内得出$g$数组在$1e7$范围内的取值，如果知道了我们就可以再用$O(k)$的复杂度得到答案。

可以猜测$g$是一个积性函数（不然做个鬼啊qwq），然后打表发现是对的。
我们可以证明一下这个结论，下面设$(i,j)=gcd(i,j)$

首先若$(x,y)=1$
则$(i,xy)=(i,x)*(i,y)，(i,xy)=1 \Rightarrow gcd(i,m)=gcd(i,n)$

$$\begin{array}\ g(xy)&=& \sum_{i=1}^{xy}[(i,xy)=] (i-1,xy)\\\ &=& \sum_{i=1}^{xy}[(i,x)=1][(i,y)=1](i-1,x)(i-1,y)\\ &=& \sum_{i=1}^x [(i,x)=1](i-1,x)\sum_{j=1}^y[(j,y)=1](j-1,y)\\ &=& g(x)g(y) \end{array}$$

现在我们只需要求出$g(p^k)$($p$是素数)的值。

$$\begin{array}\ g(p^k)&=&\sum_{i=1}^{p^k}[(i,p^k)=1](i-1,p^k)\\ &=&\sum_{i=1}^{p^k}(i-1,p^k)-\sum_{j=1}^{p^k}[(i,p^k)\not= 1](i-1,p^k)\\ &=&\sum_{i=1}^{p^k}(i-1,p^k)-p^{k-1}\\ &=& \sum_{i=1}^{p^k}(i,p^k)-p^{k-1}\\ &=&\sum_{d\mid p^k}d\phi(\frac {p^k} d)-p^{k-1}\\ &=& \sum_{i=0}^k p^i\phi(p^{k-i})-p^{k-1}\\ &=& \sum_{i=0}^{k-1}p^i(p^k-i-p^{k-i-1})+p^k-p^{k-1}\\ &=& (k+1)*(p^k-p^{k-1}) \end{array}$$
其中第二步实际上是因为和 $p^k$不互质的数形如 $kp,k\in [1,p^{k-1}]$，故 $(i,p^k\not= 1) \Rightarrow (i-1,p^k)=1$ ，倒数第二步是因为 $\phi(1)=1,\phi(p^k)=p^k-p^{k-1}$

【参考代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N=2005,M=1e7+5,mod=1e9+7;
int typ,n,K,pnum,ans;
int pri[664600],tmp[M],cnt[M],g[M],a[M],bo[M];
int sum[N],p[N][N],gcd[N][N],num[N][N];

void up(int &x,int y) {x+=y;if(x>=mod)x-=mod;if(x<0)x+=mod;}

void init()
{
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        p[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=n;++j) p[i][j]=(LL)p[i][j-1]*i%K;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i) 
        gcd[0][i]=gcd[i][0]=gcd[i][i]=i,gcd[i][1]=gcd[1][i]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i)
        for(int j=2;j<i;++j)
        {
            if(!gcd[i][j]) gcd[i][j]=gcd[j][i-j];
            gcd[j][i]=gcd[i][j];
        }
    sum[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        for(int j=1,k=1;k<=i;k+=3*j+1,++j)
            up(sum[i],(LL)sum[i-k]*(j&1?1:-1));
        for(int j=1,k=2;k<=i;k+=3*j+2,++j)
            up(sum[i],(LL)sum[i-k]*(j&1?1:-1));
    }
    g[0]=0;g[1]=1;
    for(int i=2;i<M;++i)
    {
        if(!bo[i]) pri[++pnum]=i,tmp[i]=i,g[i]=2*(i-1);
        for(int j=1;j<=pnum && (LL)i*pri[j]<M;++j)
        {
            bo[i*pri[j]]=1;
            if(!(i%pri[j]))
            {
                tmp[i*pri[j]]=tmp[i]*pri[j];
                if(tmp[i]^i) g[i*pri[j]]=(LL)g[i/tmp[i]]*g[tmp[i]*pri[j]]%mod;
                else g[i*pri[j]]=((LL)pri[j]*g[i]+i*pri[j]-i)%mod;
                break;
            }
            tmp[i*pri[j]]=pri[j];
            g[i*pri[j]]=(LL)g[i]*g[pri[j]]%mod;
        }
    }
}

int f(int x,int y)
{
    if(typ==1) return 1%K;
    if(typ==2) return gcd[x][y]%K;
    return (p[x][y]+p[y][x]+(x^y))%K;
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("BZOJ4772.in","r",stdin);
    freopen("BZOJ4772.out","w",stdout);
#endif
    scanf("%d%d%d",&typ,&n,&K);
    for(int i=0;i<K;++i) scanf("%d",&a[i]);
    init();
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=i+1;i+j<=n;++j)
        {
            int t=f(i,j);
            for(int ni=1;ni*i+j<=n;++ni)
                for(int nj=1;ni*i+nj*j<=n;++nj)
                    up(cnt[t],sum[n-ni*i-nj*j]);
        }
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        int t=f(i,i);
        for(int ni=1;ni*i<=n;++ni)
        {
            int s=sum[n-ni*i];
            if((ni+1)*i<=n) up(s,-sum[n-(ni+1)*i]);
            up(cnt[t],(LL)ni*(ni-1)/2*s%mod);
        }
    }
    for(int i=0;i<K;++i) up(ans,(LL)cnt[i]*g[a[i]]%mod);
    printf("%d\n",ans);

    return 0;
}

【总结】
当直接推导很不可做时可以考虑每个元素的贡献。
当推导出来的函数需要它是一个积性函数时，它多半就是一个积性函数，我们可以通过打表来验证。