HDU

传送门

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【分析】

等价于分析

(quad ans)

(displaystyle =sum_{i=1}^n oldsymbol mu^2(i)lfloorsqrt {nover i} floor)

考虑莫比乌斯函数 (oldsymbol mu(n)) 不为 (0) 时的取值一定为 (pm 1)

故 ((forall n o oldsymbol mu(n) eq 0) o oldsymbol mu^2(n)=1)

而使得 (oldsymbol mu(n) eq 0) ，则 ( otexists p^2 o p^2mid n(pin Prime))

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考虑每个 (t=a^2cdot b) 的形式（(a) 是极大的形式），则 (oldsymbol mu^2(b)=1)

考虑将正整数集 (Z) ，按上述 (b) 进行归纳，会发现，对于 (forall nin Z) ，有且仅有一个 (b) 使得 (n) 被归纳进 (b) 所在的集合

因此该归纳构成对正整数集 (Z) 的一个划分

故对于 ([1,n]) 范围内每个 (b) ，设其所在集合为 (H_b) ，则 (|H_b|=lfloorsqrt {nover b} floor)

存在 (1) 个 (a(a=1)) 使得 (oldsymbol mu^2(a^2cdot b)=1)

且存在 ((sqrt{nover b}-1)) 个 (a) 使得 (oldsymbol mu^2(a^2cdot b)=0)

则 (H_b) 对求和式的贡献为 (displaystyle sum_{a^2cdot bleq n}oldsymbol mu^2(a^2cdot b)lfloorsqrt {nover a^2cdot b} floor=oldsymbol mu^2(b)lfloorsqrt{nover b} floor+0=lfloorsqrt {nover b} floor=|H_b|)

故对于所有的 (H_b) 的贡献求和得到 (displaystyle ans=sum_{bleq n}|H_b|=n)

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故对于原题，直接得到答案为 (n^k)

记得先取模再快速幂即可

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【代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int P=1e9+7;
inline ll fpow(ll a,ll x) { ll ans=1; for(a%=P;x;x>>=1,a=a*a%P) if(x&1) ans=ans*a%P; return ans; }
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	ll n,k;
	for(int i=1;cin>>n>>k;++i)
		cout<<"Case #"<<i<<": "<<fpow(n,k)<<"
";
	cout.flush();
	return 0;
}