2020杭电多校第六场 7. A Very Easy Math Problem
题意：
求
[sum_{a_1=1}^nsum_{a_2=1}^n...sum_{a_x=1}^n(prod_{j=1}^xa_j^k)f(gcd(a_1,a_2,...,a_x))*gcd(a_1,a_2,...,a_x)
]
其中(f(x)=0)，如果(x)有平方因子；否则(f(x)=1)。
(t)组询问，数据范围为(tleq 10^4,1leq kleq 10^9,1leq xleq 10^9,1leq nleq 2 imes 10^5)。
思路：
先做一些分析，如何求出(f)函数。
对于一个数(x)，通过算术基本定理可知一定可以写成若干个质数相乘的情况，如果某一个质数的幂次(geq 2)，那么他一定是有完全平方因子的，同时它的莫比乌斯函数等于(0)。
否则它的莫比乌斯函数等于(1)或(-1)。
那么(f=mu^2)。
接着来推公式吧。
[sum_{a_1=1}^nsum_{a_2=1}^n...sum_{a_x=1}^n(prod_{j=1}^xa_j^k)f(gcd(a_1,a_2,...,a_x))*gcd(a_1,a_2,...,a_x)
]
枚举(gcd=d)，那么有
[sum_{a_1=1}^nsum_{a_2=1}^n...sum_{a_x=1}^n(prod_{j=1}^xa_j^k)f(d)*d[gcd(a_1,a_2,...,a_x)==d]
]
提取(d)，即枚举(a_id)：
[sum_{d=1}^nsum_{a_1=1}^{frac{n}{d}}sum_{a_2=1}^{frac{n}{d}}...sum_{a_x=1}^{frac{n}{d}}(prod_{j=1}^xa_j^k)d^{kx}f(d)*d[gcd(a_1,a_2,...,a_x)==1]
]
反演：
[sum_{d=1}^nsum_{a_1=1}^{frac{n}{d}}sum_{a_2=1}^{frac{n}{d}}...sum_{a_x=1}^{frac{n}{d}}(a_1a_2...a_x)^kd^{kx}sum_{j|gcd}mu(j)f(d)*d
]
提取(j)，跟上面提取(d)一样的原理：
[sum_{d=1}^nsum_{j=1}^{frac{n}{d}}mu(j)sum_{a_1=1}^{frac{n}{dj}}sum_{a_2=1}^{frac{n}{dj}}...sum_{a_x=1}^{frac{n}{dj}}(a_1a_2...a_x)^k(dj)^{kx}f(d)*d
]
整理一下：
[sum_{d=1}^nsum_{j=1}^{frac{n}{d}}mu(j)(dj)^{kx}f(d)d(1^k+2^k+...+(frac{n}{dj})^k)^x
]
这一步将乘积展开了，可能有点迷惑，所以做一些解释。
如果只有一个求和(sum_{i=1}^ni)，那么就是((1+2+3+...+n))。
如果再加一个求和变成(sum_{i1=1}^nsum_{i2=1}^ni1 imes i2=sum_{i1=1}^ni1sum_{i2=1}^ni2)。
那么是不是就可以写成((1+2+3+...+n)^2)了。
这时候如果只有一组询问就可以写了，但是多组，继续化简。
令(dj=T)
[sum_{T=1}^nsum_{j|T}mu(j)(T)^{kx}f(frac{T}{j})frac{T}{j}(1^k+...+(frac{n}{T}^k))^x
]
令
[g(T)=sum_{j|T}mu(j)(T)^{kx}f(frac{T}{j})frac{T}{j}
]
很明显可以用倍数法预处理。
这样在每次询问的时候就可以对(n)分块处理，时间复杂度(O(Tsqrt{n}+nlogn))。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &x){
x=0; static int p;p=1;
static char c;c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')p=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(c-48);c=getchar();}
x*=p;
}
const int maxn = 2e5+10;
const int mod = 1e9+7;
bool vis[maxn];
int primes[maxn], cnt;
int mu[maxn];
int f[maxn];
ll k, x;
ll sum[maxn];
ll dj[maxn];
ll ndj[maxn];
inline ll qmi(ll a, ll b)
{
ll res = 1;
while(b)
{
if(b&1) res = (res*a)%mod;
a = (a*a)%mod;
b >>= 1;
}
return res%mod;
}
inline void init(int n)
{
mu[1] = 1;
for(register int i = 2; i <= n; i++)
{
if(!vis[i])
{
primes[++cnt] = i;
mu[i] = -1;
}
for(register int j = 1; primes[j] <= n/i; j++)
{
vis[primes[j]*i] = 1;
if(i%primes[j] == 0) break;
else mu[i*primes[j]] = -mu[i];
}
}
for(register int i = 1; i <= n; i++)
f[i] = mu[i]*mu[i];
}
int n;
inline void solve()
{
read(n);
ll ans = 0;
for(int l = 1, r; l <= n; l = r+1)
{
r = n/(n/l);
ans += ((sum[r]-sum[l-1])%mod+mod)%mod*ndj[n/l]%mod;
ans = (ans%mod+mod)%mod;
}
printf("%lld
", ans);
}
int main()
{
init(200000+3);
int _;read(_);
read(k); read(x);
for(int i = 1; i <= 2e5; i++)
{
dj[i] = qmi(i, (k*x)%(mod-1));
ndj[i] = qmi(i, k);
}
for(int i = 1; i <= 2e5; i++)
{
ndj[i] = ndj[i]+ndj[i-1];
ndj[i] = (ndj[i]%mod+mod)%mod;
}
for(int i = 1; i <= 2e5; i++)
ndj[i] = qmi(ndj[i], x)%mod;
for(int i = 1; i <= 200000; i++)
for(int j = 1; j <= 200000/i; j++)
{
int T = i*j;
sum[T] += mu[j]*dj[T]%mod*f[i]%mod*i%mod;
sum[T] = (sum[T]%mod+mod)%mod;
}
for(int i = 1; i <= 200000; i++)
{
sum[i] += sum[i-1];
sum[i] = (sum[i]%mod+mod)%mod;
}
while(_--)solve();
return 0;
}