【UR #5C】 怎样跑得更快

\(\texttt{Description}\)

给定整数 \(n\)，\(c\)，\(d\)，\(\langle b_i\rangle_{i=1}^n\)，质数 \(p\)，求解方程组

\[\begin{cases} \displaystyle\sum_{j=1}^n(i,j)^c[i,j]^dx_j&\equiv b_i\pmod p\\ &\vdots \end{cases} \]

\(\texttt{Solution}\)

神仙题。

zzt 的题解：

我们来解方程 \(\sum_{j=1}^nf(\gcd(i,j))g(i)h(j)x_j=b_i\)
求出 \(f\) 的莫比乌斯反演 \(fr\)，那么 \(\sum_{j=1}^n\sum_{d|i,d|j}fr(d)h(j)x_j=b_i/g(i)\)
也就是 \(\sum_{d|i}fr(d)\sum_{d|j}h(j)x_j=b_i/g(i)\)
那我们在对 \(b_i/g(i)\) 莫比乌斯反演，除以 \(fr\) 后就可以求出 \(\sum_{d|j}h(j)x_j\)
这个长的和莫比乌斯反演一样？再来一次莫比乌斯反演就可以求出 \(x_j\) 啦！

我们考虑更一般的情况，已知 \(f\) 和 \(g\)，满足 \(\forall i:\sum_{j=1}^nf(\gcd(i,j))h(j)=g(i)\)，求 \(h\)：

\[\begin{align}\sum_{j=1}^nf(\gcd(i,j))h(j)&=g(i)\tag{1}\\\sum_{j=1}^n\sum_{d|i,d|j}(f\ast\mu)(d)h(j)&=g(i)\tag{2}\\\sum_{d|i}(f\ast\mu)(d)\sum_{d|j}h(j)&=g(i)\tag{3}\\(f\ast\mu)(d)\sum_{d|j}h(j)&=(g\ast\mu)(d)\tag{4}\\\sum_{d|j}h(j)&=(\frac{g\ast\mu}{f\ast\mu})(d)\tag{5}\\h&=\frac{g\ast\mu}{f\ast\mu}\ast\mu\tag{6}\end{align} \]

• \((1)\to(2)\)：对于 \(f(\gcd(i,j))\)，我们进行如下变换

  \[\begin{align}f(\gcd(i,j))&=\sum_{k|i,k|j}f(k)[\gcd(i,j)=k]&\text{for gcd}\nonumber\\ &=\sum_{k|i,k|j}f(k)\sum_{t|\frac{i}{k},t|\frac{j}{k}}\mu(k)&\text{Möbius inverse}\nonumber\\ &=\sum_{d|i,d|j}\sum_{k|d}f(k)\mu(\frac{d}{k})=\sum_{d|i,d|j}(f\ast\mu)(d)&\text{let }d=kt\nonumber \end{align} \]

• \((2)\to(3)\)：交换 \(\sum\)；

• \((3)\to(4)\)：左边是莫比乌斯变换的形式，则两边同时反演；

• \((4)\to(5)\)：移项点积；

• \((5)\to(6)\)：左边是莫比乌斯变换的形式，则两边同时反演。

至此，我们可以 \(O(n\log)\) 的时间求出 \(h\)。

回头看题，发现题目可以整理 \((1)\) 式。我们忽略剩余系的影响，有

\[\sum_{j=1}^n(i,j)^c[i,j]^dx_j=b_i\\\sum_{j=1}^n(i,j)^{c-d}(ij)^dx_j=b_i\\\sum_{j=1}^n(i,j)^{c-d}(j^dx_j)=\frac{b_i}{i^d} \]

我们令 \(f(z)=z^{c-d}\)，\(h(z)=(z^dx_z)\)，\(g(z)=\frac{b_z}{z^d}\)，然后套用 \((5)\) 式就可以了。

最后，\((5)\) 式是真的漂亮：

\[h=\frac{g\ast\mu}{f\ast\mu}\ast\mu \]