题解「Luogu6156 简单题」

简单题（确信）

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不难发现：

[f(n)=mu^2(n) ]

把这个代进原式，然后开始推式子：

[egin{aligned} ext{Ans}&=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n(i+j)^kmu^2({ m{gcd}}(i,j)){ m{gcd}}(i,j)\ &=sum_{d=1}^nsum_{i=1}^nsum_{j=1}^n(i+j)^kmu^2(d)d[{ m{gcd}}(i,j)=d]\ &=sum_{d=1}^nd^{k+1}mu^2(d)sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}sum_{j=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}(i+j)^ksum_{x|i,x|j}mu(x)\ &=sum_{d=1}^nd^{k+1}mu^2(d)sum_{x=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}mu(x)x^ksum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{dx} floor}sum_{j=1}^{lfloorfrac{n}{dx} floor}(i+j)^k end{aligned} ]

令 (S(n)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n(i+j)^k) ，代入：

[egin{aligned} ext{Ans}&=sum_{d=1}^nd^{k+1}mu^2(d)sum_{x=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}mu(x)x^kS(lfloorfrac{n}{dx} floor)\ &=sum_{T=1}^nS(lfloorfrac{n}{T} floor)sum_{d|T}d^{k+1}mu^2(d)mu(frac{T}{d})(frac{T}{d})^k\ &=sum_{T=1}^nS(lfloorfrac{n}{T} floor)sum_{d|T}dmu^2(d)mu(frac{T}{d})T^k end{aligned} ]

都是套路。

令 (f(n)=sum_{d|n}dmu^2(d)mu(frac{n}{d})) 。

如果我们能求得 (S(n)) 和 (sum_{i=1}^nf(i)) ，再用一下数论分块就做完了。

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先考虑如何求 (S(n)) 。

令 (F(n)=sum_{i=1}^ni^k,G(n)=sum_{i=1}^nF(i)) ，则有：

[S(n)=sum_{i=n+1}^{2n}F(i)-sum_{i=1}^nF(i)=G(2n)-2 imes G(n) ]

证明：

考虑枚举 (x=i+j) 。将 (S(n)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n(i+j)^k) 和式展开，找找规律，发现：

• 若 (x leq n+1) ，则有 (x-1) 个数对 ((i,j)(1 leq i,j leq n)) 能表示出 (x) ，则此时 (x) 对 (S(n)) 的贡献是 (x-1) 。
• 若 (n+1 <x leq 2n) ，设 (x=n+i (2 leq i leq n)) 则有 (n-i+1) 个数对 ((i,j)(1 leq i,j leq n)) 能表示出 (x) ，则此时 (x) 对 (S(n)) 的贡献是 (n-i+1) 。

则有：

[egin{aligned} S(n)&=sum_{i=2}^{n+1}(i-1)*i^k+sum_{i=2}^{n}(n-i+1)(n+i)^k\ &=2^k+2 imes 3^k+cdots+n imes (n+1)^k+(n-1) imes(n+2)^k+(n-2) imes(n+3)^k+cdots+(2n)^k end{aligned} ]

我们再把要证明的式子展开：

[egin{aligned} S(n)&=sum_{i=n+1}^{2n}sum_{j=1}^ij^k-sum_{i=1}^nsum_{j=1}^ij^k\ &=n imes1^k+n imes 2^k+n imes3^k+cdots+n imes(n+1)^k+(n-1) imes(n+2)^k+cdots+(2n)^k-\ &(n imes 1^k+(n-1) imes 2^k+(n-2) imes 3^k+cdots+n^k)\ &=2^k+2 imes 3^k+cdots+n imes (n+1)^k+(n-1) imes(n+2)^k+(n-2) imes(n+3)^k+cdots+(2n)^k end{aligned} ]

所以 (S(n)=sum_{i=n+1}^{2n}F(i)-sum_{i=1}^nF(i)) 。

然后发现这东西能用数学归纳法证明，上面这东西太暴力了。

当 (n=1) 时， (S(1)=G(2)-2G(1)) 显然成立。

假设 (S(n)=G(2n)-2 imes G(n)) 成立，证明 (S(n+1)=G(2n+2)-2 imes G(n+1)) 成立：

[egin{aligned} S(n+1)&=S(n)+2 imessum_{i=1}^n(i+n+1)^k+(2n+2)^k\ &=S(n)+2 imes F(2n+1)-2 imes F(n+1)+F(2n+2)-F(2n+1)\ &=S(n)+F(2n+2)+F(2n+1)-2 imes F(n+1)\ &=G(2n)-2 imes G(n)+F(2n+2)+F(2n+1)-2 imes F(n+1)\ &=G(2n)+F(2n+1)+F(2n+2)-2 imes G(n)-2 imes F(n+1)\ &=G(2n+2)-2 imes G(n+1) end{aligned} ]

证毕。

线性筛出 ({ m{id}}_k) 再做两次前缀和，就能做到 (O(1)) 询问 (S(n)) 。

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[f(n)=sum_{d|n}dmu^2(d)mu(frac{n}{d}) ]

这东西就是几个积性函数卷起来，所以 (f) 也是积性函数，可以线性筛。

对于质数 (p) ，有 (f(p)=mu(p)+pmu^2(p)=p-1) 。

对于 (p^k) ，对 (k) 进行分类讨论：

• 若 (k=2) ，有 (f(p^2)=mu(p^2)+pmu^2(p)mu(p)+p^2mu^2(p^2)=-p) 。
• 若 (k>2) ，对于任意 (d) ，都有 (d) 或 (frac{n}{d}) 有平方因子，所以 (f(p^k)=0) 。

然后就可以线性筛筛 (f) 了：

inline void sieve()
{
	f[1]=1;
	for(int i=2;i<maxn;++i)
	{
		if(!flag[i]) prime[++cnt]=i,f[i]=i-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<maxn;++j)
		{
			flag[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]) f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]%mod;// 积性函数
			else
			{
				if((i/prime[j])%prime[j])// 互质则用积性函数的性质
                    f[i*prime[j]]=(mod-prime[j])*f[i/prime[j]]%mod;
                // 不互质则说明prime[j]的次数大于2
				break;
			}
		}
	}
}

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( ext{Code}:)

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define maxn 10000005
#define Rint register int
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long lxl;
const lxl mod=998244353;

template <typename T>
inline T read()
{
	T x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}

inline lxl fmi(lxl a,lxl b)
{
	lxl ans=1;
	a%=mod;
	while(b>0)
	{
		if(b&1) ans=(ans*a)%mod;
		a=(a*a)%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

int n;
lxl k;

int prime[maxn],cnt;
bool flag[maxn];
lxl f[maxn],F[maxn];

inline void sieve()
{
	f[1]=F[1]=1;
	for(int i=2;i<maxn;++i)
	{
		if(!flag[i]) prime[++cnt]=i,f[i]=i-1,F[i]=fmi(i,k);
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<maxn;++j)
		{
			flag[i*prime[j]]=true;
			F[i*prime[j]]=F[i]*F[prime[j]]%mod;
			if(i%prime[j]) f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]%mod;
			else
			{
				if((i/prime[j])%prime[j])
                    f[i*prime[j]]=(mod-prime[j])*f[i/prime[j]]%mod;
				break;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<maxn;++i) f[i]=(f[i-1]+f[i]*F[i]%mod)%mod,F[i]=(F[i]+F[i-1])%mod;
	for(int i=1;i<maxn;++i) F[i]=(F[i]+F[i-1])%mod;
}

inline lxl S(int n)
{
	return (F[n<<1]-2*F[n]%mod+mod)%mod;
}

inline lxl calcu(lxl n)
{
	lxl res=0;
	for(lxl l=1,r=0;l<=n;l=r+1)
	{
		r=n/(n/l);
		res=(res+S(n/l)*(f[r]-f[l-1]+mod)%mod)%mod;
	}
	return res;
}

int main()
{
	// freopen("P6156.in","r",stdin);
	n=read<int >(),k=read<lxl >();
	sieve();
	printf("%lld
",calcu(n));
	return 0;
}