题意
数列 (f(i)) 使得对任意的 (n) 都有：
[sum_{i|n}{f(i) imes sigma_p(frac{n}{i})}=sigma_q(n)
]
其中，(sigma_k(n)) 表示 (n) 的约数的 (k) 次方和。求出 (f_imod 998244353 (1leq i leq n)) 的异或和。
(1leq n,p,q leq 10^7,且不保证 pleq q)
题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/7329/F
分析
观察等式的左边，可以发现很符合狄利克雷卷积的形式，即：((f*sigma_p)(n)=sigma_q(n))。
同时，发现：(sigma_k=Id_k*I)，可以得到：((f*Id_p)(n)=Id_k(n))，即：
[sum_{i|n}{f(i) imes frac{n^p}{i^p}}=n^q
]
化简得：
[sum_{i|n}{frac{f(i)}{i^p}}=n^{q-p}
]
令 (F(n)=n^{q-p},g(n)=frac{f(n)}{n^p})，可以发现 (F(n)) 得求解很容易，而 (g(n)) 得求解较难（这不是刚好满足莫比乌斯反演吗）。根据莫比乌斯反演的约数形式：
[F(n)=sum_{d|n}f(d)Longrightarrow f(n)=sum_{d|n}{mu(d) imes F(frac{n}{d})}
]
可得：
[g(n)=frac{f(n)}{n^q}=sum_{d|n}{frac{mu(d)}{d^{q-p}}}
]
显然，(g(n)) 是一个积性函数，可以用线性筛处理，关键是如何求出 (n) 为质数和 (i\% prime[j]) 时(i*prime[j]) 的 (g) 的函数值。
-
当 (n) 为质数时，代入易得 (g(n)=1-frac{1}{n^{q-p}}) ；
-
当 (i\% prime[j]==0) 时，有 (g(i*prime[j])=g(i))；
-
当 (i\% prime[j] eq 0) 时，根据积性函数，有 (g(i*prime[j])=g(i)*g(prime[j]))；
对于 (n^q) ，由于数据比较大，因此要尽量减少使用快速幂的次数。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+7;
const int mod=998244353;
int n,p,q;
bool vis[N];
int prime[N],tol,f[N];
ll num[N];
ll power(ll a,ll b)
{
ll res=1;
a%=mod;
while(b)
{
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
int solve()
{
int ans=0,tol=0;
f[1]=1;
num[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!vis[i])
{
prime[++tol]=i;
if(q<=p) f[i]=(1-power(i,p-q)+mod)%mod;
else f[i]=(1-power(i,1LL*(q-p)*(mod-2))+mod)%mod;
num[i]=power(i,q);
}
for(int j=1;j<=tol&&i*prime[j]<=n;j++)
{
vis[i*prime[j]]=1;
num[i*prime[j]]=num[i]*num[prime[j]]%mod;
if(i%prime[j]==0)
{
f[i*prime[j]]=f[i];
break;
}
else
f[i*prime[j]]=1LL*f[i]*f[prime[j]]%mod;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
ans^=(1LL*f[i]*num[i]%mod);
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&p,&q);
printf("%d
",solve());
return 0;
}