[BZOJ4407]于神之怒加强版-题解

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【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：

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mgcd(i,j)^K$

输出在 $\mod 10^9+7$意义下的值。
$n,m,K\leq 5\times 10^6,T\leq 2000$

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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 $n\leq m$，如果不满足则交换）：

$=\sum_{d=1}^nd^K\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\\ =\sum_{d=1}^nd^K\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[gcd(i,j)=1]\\ =\sum_{d=1}^nd^K\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{w|i,w|j}\mu(w)\\ =\sum_{d=1}^nd^K\sum_{w=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(w)\left\lfloor\frac{n}{dw}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{dw}\right\rfloor$

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：

$\sum_{T=1}^n\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor\sum_{d|T}d^K\mu(\frac{T}{d})$

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， $f=id^k\bigotimes \mu$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：

$\sum_{d|p^c}d^k\mu(\frac{p^c}{d})\\ =\sum_{i=0}^c(p^i)^k\mu(\frac{p^c}{p^i})\\ =\sum_{i=0}^c(p^i)^k\mu(p^{c-i})$

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 $f(x)$， $x=p^cy$，其中 $p\bot y$。

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<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#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 $n,m\leq 10^8,K\leq 50$的话，无法线性筛的时候我们可以用杜教筛。

原式相当于 $id^k\bigotimes \mu$，我们令 $f=id^k\bigotimes \mu,g=\mathbf{1}$，那么 $f\bigotimes g=id^k\bigotimes \mu\bigotimes \mathbf1$

先把后面两个卷起来可以得到 $\mu\bigotimes \mathbf1=\epsilon$，那么 $f\bigotimes g=id^k$

套入杜教筛的公式中可以得到：

$F(n)=\sum_{i=1}^ni^k-\sum_{i=2}^nF(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)$

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 $n\leq10^8,K\leq 50$

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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。