[BZOJ 3601] 一个人的数论
题意
给定 \(K\) 和 \(n\) 对 \(p_i,r_i\), 令 \(N=\prod p_i^{r_i}\), 求下式对 \(10^9+7\) 取模后的值:
\[ \sum_{k=1,k\perp N}^{N-1} k^K \]
其中 \(p_i,r_i\le 10^9, K\le 100, n\le 1000\).
题解
看见有学弟做了于是也做一做...
推了推发现可能要用Bernoulli数, 他们好神仙啊qaq...
下面是我的画柿子过程, 其中 \(B_i\) 是伯努利数. 感觉这题还是有点意思的.
首先先进行一些套路性的捯饬求和号的过程:
\[ \begin{aligned} \text{Ans}&=\sum_{i=1}^N[i\perp N]i^K \\ &=\sum_{i=1}^N\sum_{d|i,d|N} \mu(d)i^K\\ &=\sum_{d|N}\sum_{k=1}^{\frac N d}\mu(d)(kd)^K \\ &=\sum_{d|N}\mu(d)d^K\sum_{k=1}^{\frac nd}k^K \end{aligned} \]
然后发现最后面是个自然数幂和, 可以尝试用伯努利数怼进去化一化.
PS: 后来问Cage发现其实斯特林数也是能以比较简单的形式代入自然数幂和的, 它的形式是这样的:
\[ n^m=\sum_{k=0}^m \begin{Bmatrix}m \\ k\end{Bmatrix} n^{\underline k} \\ \begin{aligned} \sum_{x=0}^nx^m&=\sum_{x=0}^{n}\sum_{k=0}^m \begin{Bmatrix}m \\ k\end{Bmatrix} x^{\underline k} \\ &=\sum_{k=0}^m\begin{Bmatrix}m \\ k\end{Bmatrix} \sum_{x=0}^n x^{\underline k} \end{aligned} \]
然后内层和式就是混凝土数学里面那个经典的离散微积分(差分/求和)的式子, 也就是:
\[ \Delta(x^\underline n)=nx^\underline{n-1} \\ \sum x^\underline n\delta x=\frac {x^\underline{n+1}}{n+1} \]
所以就有:
\[ \sum_{x=0}^nx^m=\sum_{k=0}^m\begin{Bmatrix}m \\ k\end{Bmatrix} \frac{x^\underline{m+1}}{m+1} \]
然而斯特林数会搞出下降幂来, 在这个题的柿子里并不是很协调的样子, 我们用伯努利数丢进去变换一下和式:
\[ \begin{aligned} \text{Ans}&=\sum_{d|N}\mu(d)d^K \sum_{i=0}^K\frac 1{K+1}B_i{K+1\choose i}\left (\frac N d\right)^{K+1-i}\\ &=\sum_{d|N}\sum_{i=0}^K\mu(d)d^K\frac 1{K+1}B_i{K+1\choose i}\left (\frac N d\right)^{K+1-i}\\ &=\sum_{i=0}^K\sum_{d|N}\mu(d)d^K\frac 1{K+1}B_i{K+1\choose i}\left (\frac N d\right)^{K+1-i}\\ &=\frac 1{K+1}\sum_{i=0}^KB_i{K+1\choose i}\sum_{d|N}\mu(d)d^K\left (\frac N d\right)^{K+1-i}\\ \end{aligned} \]
里层和式里有个 \(d^K\left (\frac N d\right)^{K+1-i}\), 显然它就是 \(N^K\left (\frac N d\right)^{1-i}\). 这样的话 \(N^K\) 就与和式无关了, 丢到外面:
\[ \begin{aligned} \text{Ans}&=\frac 1{K+1}\sum_{i=0}^KB_i{K+1\choose i}\sum_{d|N}\mu(d)N^K\left (\frac N d\right)^{1-i}\\ &=\frac {N^K}{K+1}\sum_{i=0}^KB_i{K+1\choose i}\sum_{d|N}\mu(d)\left (\frac N d\right)^{1-i} \end{aligned} \]
然后根据 \(\mu\) 函数的性质, 只要 \(x\) 中含有完全平方因子则 \(\mu(x)=0\). 于是我们考虑只枚举质因子集合. 然而这次 \(N\) 可能很大没法直接枚举, 尝试DP.
枚举每个质因子 \(p_k\), 如果 \(p_k\not \mid d\) 的话相当于给和式中的每一项都乘上一个 \((p_k^{r_k})^{1-i}\). 否则 \(p_k\mid d\), 相当于和式中的每一项都乘上一个 \(-(p_k^{r_k-1})^{1-i}\) (负号是 \(\mu\) 中来的). 两种方式构造出的值求和就是新的值. 实际上就相当于:
\[ \sum_{d|N}\mu(d)\left (\frac N d\right)^{1-i}=\prod_{k=1}^n \left (\left(p_k^{r_k}\right)^{1-i}-\left (p_k^{r_k-1}\right)^{1-i}\right) \]
于是最后总的答案就是:
\[ \frac {N^K}{K+1}\sum_{i=0}^KB_i{K+1\choose i}\prod_{k=1}^n \left (\left(p_k^{r_k}\right)^{1-i}-\left (p_k^{r_k-1}\right)^{1-i}\right) \]
算上朴素递推Bernoulli数和快速幂, 总时间复杂度 \(O\left((K^2+nK)\log p\right)\). 这题数据数据范围没出满
参考代码
#include <bits/stdc++.h>
const int MAXN=1010;
const int MOD=1e9+7;
const int PHI=MOD-1;
int n;
int K;
int p[MAXN];
int r[MAXN];
int B[MAXN]; // Bernoulli
int inv[MAXN];
int fact[MAXN];
int C(int,int);
int Pow(int,int,int);
int main(){
scanf("%d%d",&K,&n);
int N=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",p+i,r+i);
N=1ll*N*Pow(p[i],r[i],MOD)%MOD;
}
fact[0]=1;
for(int i=1;i<=K+1;i++)
fact[i]=1ll*fact[i-1]*i%MOD;
inv[K+1]=Pow(fact[K+1],MOD-2,MOD);
for(int i=K+1;i>=1;i--)
inv[i-1]=1ll*inv[i]*i%MOD;
B[0]=1;
for(int i=1;i<=K;i++){
int sum=0;
for(int j=0;j<i;j++)
(sum+=1ll*C(i+1,j)*B[j]%MOD)%=MOD;
B[i]=1ll*(MOD-sum)*Pow(C(i+1,i),MOD-2,MOD)%MOD;
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=K;i++){
int prod=1;
for(int j=1;j<=n;j++)
prod=1ll*prod*(Pow(p[j],1ll*r[j]*(MOD-i)%PHI,MOD)+MOD-Pow(p[j],1ll*(r[j]-1)*(MOD-i)%PHI,MOD))%MOD;
(ans+=1ll*B[i]*C(K+1,i)%MOD*prod%MOD)%=MOD;
}
ans=1ll*ans*Pow(K+1,MOD-2,MOD)%MOD*Pow(N,K,MOD)%MOD;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
int C(int n,int m){
return n<0||m<0||n<m?0:1ll*fact[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
inline int Pow(int a,int n,int p){
int ans=1;
while(n>0){
if(n&1)
ans=1ll*a*ans%p;
a=1ll*a*a%p;
n>>=1;
}
return ans;
}
