题面
题解
肝了整整一天……膜拜yww和cx巨巨……（虽然它们的题解里我就没看懂几个字）
请备好草稿纸和笔，这种题目就是需要耐心推倒
题目所求是这么一个东西
[egin{aligned}
ans
&=sum_{i=1}^nsum_{x_1=1}^isum_{x_2=1}^i...sum_{x_k=1}^ilcm(gcd(i,x_1),gcd(i,x_2),...,gcd(i,x_k))\
&=sum_{i=1}^nsum_{x_1=1}^isum_{x_2=1}^i...sum_{x_k=1}^ifrac{i}{gcd(frac{i}{gcd(i,x_1)},frac{i}{gcd(i,x_2)},ldots,frac{i}{gcd(i,x_k)})}\
end{aligned}
]
对于每一个(y_j={iovergcd(i,x_j)})来说，我们考虑它会出现多少次
[egin{aligned}
{iovergcd(i,x_j)}=y_j\
gcd(i,x_j)={iover y_j}\
gcd(y_j,{x_jy_jover i})=1\
end{aligned}
]
然后我们发现，满足条件的(x_j)恰好有(varphi(y_j))个
那么答案就可以改成
[ans
=sum_{i=1}^nsum_{y_1,y_2,...,y_k|i}varphi(y_1)varphi(y_2)...varphi(y_k)frac{i}{gcd(y_1,y_2,ldots,y_k)}
]
我们记
[f_i=sum_{y_1,y_2,...,y_k|i}varphi(y_1)varphi(y_2)...varphi(y_k)frac{i}{gcd(y_1,y_2,ldots,y_k)}
]
那么这道题就变成要我们对(f_i)求和了
首先我们可以发现，(f_i)是一个积性函数
考虑如何证明。设(a,b)互质，那么(a)的任何一个因子和(b)的任何一个因子也互质，于是有
[egin{aligned}
f_af_b
&=sum_{y_1,y_2,...,y_k|a}sum_{z_1,z_2,...,z_k|b}varphi(y_1)varphi(y_2)...varphi(y_k)varphi(z_1)varphi(z_2)...varphi(z_k)frac{a}{gcd(y_1,y_2,ldots,y_k)}frac{b}{gcd(z_1,z_2,ldots,z_k)}\
&=sum_{y_1,y_2,...,y_k|a}sum_{z_1,z_2,...,z_k|b}varphi(y_1z_1)varphi(y_2z_2)...varphi(y_kz_k){abover gcd(y_1z_1,y_2z_2,...,y_kz_k)}\
&=sum_{y_1z_1,y_2z_2,...,y_kz_k|ab}varphi(y_1z_1)varphi(y_2z_2)...varphi(y_kz_k){abover gcd(y_1z_1,y_2z_2,...,y_kz_k)}\
&=f_{ab}\
end{aligned}
]
可以这么理解，就是每一个(ab)的因子分解成(a)的因子和(b)的因子的乘积的方法是唯一的，所以可以不重不漏地枚举所有(ab)的因子，而且(y)和(z)全部互质，所以两者积的(gcd)就等于两者(gcd)的积
那么我们需要能够快速求出(f(p^c))
[egin{aligned}
f(p^c)
&=sum_{x_1,x_2,ldots,x_k=0}^{c}p^{max(x_1,x_2,ldots,x_k)}prod_{j=1}^kvarphi(p^{c-x_j})\
&=sum_{i=0}^cp^i(g(i)-g(i-1))\
end{aligned}
]
其中(g(i))表示(max(x_1,x_2,...,x_k))小于等于(i)的总方案数
显然有
[g(i)=
egin{cases}
p^{ck}&,i=c\
(p^c-p^{c-1-i})^k&,0leq i< c
end{cases}
]
然后再来考虑一下该怎么递推
[egin{aligned}
f(p^{c+1})
&=p^kf(p^c)-p^c(p^{(c+1)k}-(p^{c+1}-1)^k)+p^{c+1}(p^{(c+1)k}-(p^{c+1}-1)^k)\
&=p^kf(p^c)+p^c(p-1)(p^{(c+1)k}-(p^{c+1}-1)^k)\
end{aligned}
]
这个直接根据公式就可以得出转移了
那么当(n)范围很小的时候我们就可以直接递推了
然而如果(n)很大怎么办？
这就是个积性函数求和啦！
显然，除非脑子被咱踢了，否则这种奇怪的式子不可能用杜教筛搞的，我们只能考虑(Min\_25)筛了
然而(Min\_25)筛需要(f(p))是一个完全积性函数，或者可以拆成若干个完全积性函数的和，但现在的(f(p))是个啥呢？
[egin{aligned}
f(p)
&=g(0)+pg(1)-pg(0)\
&=(1-p)(p-1)^{k+1}-p^{k+1}\
&=p^{k+1}-(p-1)^{k+1}
end{aligned}
]
这式子怎么看都不像个完全积性函数啊……
我们考虑把((p-1)^{k+1})用二项式定理展开一下，等于(sum_{i=0}^{k+1}(-1)^{k+1-i}p^i{k+1choose i})，然后用(p^{k+1})减去它，发现
[f(p)=-sum_{i=0}^k(-1)^{k+1-i}p^i{k+1choose i}=sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}p^i{k+1choose i}
]
那么(f(p))就可以拆成(k+1)个完全积性函数的和了。我们每一次枚举(i)，把记(f(p))的值为((-1)p^i)，拉格朗日插值求一下前缀和作为初始值，算出答案之后再乘上后面的组合数加到(g)数组里就行了
然而(Min\_25)筛还需要能够快速求出(f(p^c))的值，这里没有好的办法，只能暴力了
实测当(nleq 5000000)的时候用方法(1)，其他情况用方法(2)求和复杂度最优
明明是个完全抄题解的却因为调了一下啥时候改用方法(1)啥时候该用方法(2)跑到了(rank 1)我有点慌
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define pi pair<int,int>
#define IT map<pi,int>::iterator
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int P=1e9+7;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R ll y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
return res;
}
int n,k;
namespace chino{
const int N=1e7+5;
bitset<N>vis;int p[N/3+5],pw[N],f[N],c[N],tot,v,res;
void MAIN(){
f[1]=pw[1]=1;
fp(i,2,n){
if(!vis[i])p[++tot]=i,pw[i]=ksm(i,k);
for(R int j=1;j<=tot&&1ll*i*p[j]<=n;++j){
vis[v=i*p[j]]=1,pw[v]=mul(pw[i],pw[p[j]]);
if(i%p[j]==0)break;
}
}
fp(i,2,n){
if(!vis[i])c[i]=i,f[i]=dec(ksm(i,k+1),ksm(i-1,k+1));
for(R int j=1;j<=tot&&1ll*i*p[j]<=n;++j){
v=i*p[j];
if(i%p[j]==0){
c[v]=c[i]*p[j];
f[v]=(c[v]==v)?add(mul(pw[p[j]],f[i]),1ll*i*(p[j]-1)%P*dec(pw[v],pw[v-1])%P):mul(f[c[v]],f[v/c[v]]);
break;
}
c[v]=p[j],f[v]=mul(f[i],f[p[j]]);
}
}
fp(i,1,n)res=add(res,f[i]);
printf("%d
",res);
}
}
namespace yosino{
#define ID(x) (x<=sqr?id1[x]:id2[n/(x)])
const int N=1e5+5;
bitset<N>vis;int p[N],ans[N],g[N],id1[N],id2[N],sp[N];
int fac[N],ifac[N],w[N],sum[N],Pre[N],suf[N],s[N],pw[N];
int tot,cnt,sqr,m;map<pi,int>mp;
inline int C(R int n,R int m){return n<m?0:1ll*fac[n]*ifac[m]%P*ifac[n-m]%P;}
void init(int n=N-5){
fac[0]=ifac[0]=1;
fp(i,1,n)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[n]=ksm(fac[n],P-2);
fd(i,n-1,1)ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
fp(i,2,n){
if(!vis[i])p[++tot]=i,sum[tot]=add(sum[tot-1],dec(ksm(i,k+1),ksm(i-1,k+1)));
for(R int j=1;j<=tot&&1ll*i*p[j]<=n;++j){
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)break;
}
}
}
void qwq(int x,int n=N-5){
cnt=0,pw[1]=1;
fp(i,2,n){
if(!vis[i])pw[i]=ksm(i,x),++cnt,sp[cnt]=add(sp[cnt-1],pw[i]);
for(R int j=1;1ll*i*p[j]<=n;++j){
pw[i*p[j]]=mul(pw[i],pw[p[j]]);
if(i%p[j]==0)break;
}
}
fp(i,1,n)s[i]=add(s[i-1],pw[i]);
}
int Lar(R int k,R int n){
if(k<=n)return s[k];
Pre[0]=1;fp(i,1,n)Pre[i]=mul(Pre[i-1],k-i);
suf[n+1]=1;fd(i,n,1)suf[i]=mul(suf[i+1],k-i);
int res=0,ty=(n-1)&1?P-1:1;
fp(i,1,n)res=add(res,1ll*s[i]*Pre[i-1]%P*suf[i+1]%P*ifac[i-1]%P*ifac[n-i]%P*ty%P),ty=P-ty;
return res;
}
void solve(int x){
qwq(x);
fp(i,1,m)g[i]=((w[i]<=N-5)?s[w[i]]:Lar(w[i],x+2))-1;
fp(j,1,tot)for(R int i=1;1ll*p[j]*p[j]<=w[i];++i)
g[i]=dec(g[i],mul(pw[p[j]],dec(g[ID(w[i]/p[j])],sp[j-1])));
}
inline int G(R int i,R int p,R int m){
if(i==m)return ksm(p,1ll*k*m);
return ksm(dec(ksm(p,m),ksm(p,m-i-1)),k);
}
inline int F(R int p,R int k){
IT it=mp.find(pi(p,k));
if(it!=mp.end())return it->second;
int res=0,las=0,now;
fp(i,0,k)now=G(i,p,k),res=add(res,mul(ksm(p,i),dec(now,las))),las=now;
return mp[pi(p,k)]=res;
}
int S(int x,int y){
if(x<=1||p[y]>x)return 0;
int res=dec(ans[ID(x)],sum[y-1]);
for(R int i=y;i<=tot&&1ll*p[i]*p[i]<=x;++i)
for(R int e=1,pr=p[i],las=F(p[i],1),now;1ll*pr*p[i]<=x;++e,pr*=p[i],las=now)
now=F(p[i],e+1),res=add(res,add(mul(S(x/pr,i+1),las),now));
return res;
}
void MAIN(){
sqr=sqrt(n),init(),pw[1]=1;
for(R int i=1,j;i<=n;i=j+1)j=n/(n/i),w[++m]=n/i,ID(w[m])=m;
fp(i,0,k){
solve(i);int v=((k-i)&1)?P-C(k+1,i):C(k+1,i);
fp(j,1,m)ans[j]=add(ans[j],mul(v,g[j]));
}
printf("%d
",S(n,1)+1);
}
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&k);
n<=5e6?chino::MAIN():yosino::MAIN();
return 0;
}