2020杭電多校第六場 7. A Very Easy Math Problem
2020杭電多校第六場 7. A Very Easy Math Problem
題意:
求
\[\sum_{a_1=1}^n\sum_{a_2=1}^n...\sum_{a_x=1}^n(\prod_{j=1}^xa_j^k)f(gcd(a_1,a_2,...,a_x))*gcd(a_1,a_2,...,a_x) \]
其中\(f(x)=0\),如果\(x\)有平方因子;否則\(f(x)=1\)。
\(t\)組詢問,資料範圍為\(t\leq 10^4,1\leq k\leq 10^9,1\leq x\leq 10^9,1\leq n\leq 2\times 10^5\)。
思路:
先做一些分析,如何求出\(f\)
對於一個數\(x\),通過算術基本定理可知一定可以寫成若干個質數相乘的情況,如果某一個質數的冪次\(\geq 2\),那麼他一定是有完全平方因子的,同時它的莫比烏斯函式等於\(0\)。
否則它的莫比烏斯函式等於\(1\)或\(-1\)。
那麼\(f=\mu^2\)。
接著來推公式吧。
\[\sum_{a_1=1}^n\sum_{a_2=1}^n...\sum_{a_x=1}^n(\prod_{j=1}^xa_j^k)f(gcd(a_1,a_2,...,a_x))*gcd(a_1,a_2,...,a_x) \]
列舉\(gcd=d\),那麼有
\[\sum_{a_1=1}^n\sum_{a_2=1}^n...\sum_{a_x=1}^n(\prod_{j=1}^xa_j^k)f(d)*d[gcd(a_1,a_2,...,a_x)==d] \]
提取\(d\),即列舉\(a_id\):
\[\sum_{d=1}^n\sum_{a_1=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{a_2=1}^{\frac{n}{d}}...\sum_{a_x=1}^{\frac{n}{d}}(\prod_{j=1}^xa_j^k)d^{kx}f(d)*d[gcd(a_1,a_2,...,a_x)==1] \]
反演:
\[\sum_{d=1}^n\sum_{a_1=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{a_2=1}^{\frac{n}{d}}...\sum_{a_x=1}^{\frac{n}{d}}(a_1a_2...a_x)^kd^{kx}\sum_{j|gcd}f(d)*d \]
提取\(j\),跟上面提取\(d\)一樣的原理:
\[\sum_{d=1}^n\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{a_1=1}^{\frac{n}{dj}}\sum_{a_2=1}^{\frac{n}{dj}}...\sum_{a_x=1}^{\frac{n}{dj}}(a_1a_2...a_x)^k(dj)^{kx}f(d)*d \]
整理一下:
\[\sum_{d=1}^n\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}\mu(j)(dj)^{kx}f(d)d(1^k+2^k+...+(\frac{n}{dj})^k)^x \]
這一步將乘積展開了,可能有點迷惑,所以做一些解釋。
如果只有一個求和\(\sum_{i=1}^ni\),那麼就是\((1+2+3+...+n)\)。
如果再加一個求和變成\(\sum_{i1=1}^n\sum_{i2=1}^ni1\times i2=\sum_{i1=1}^ni1\sum_{i2=1}^ni2\)。
那麼是不是就可以寫成\((1+2+3+...+n)^2\)了。
這時候如果只有一組詢問就可以寫了,但是多組,繼續化簡。
令\(dj=T\)
\[\sum_{T=1}^n\sum_{j|T}\mu(j)(T)^{kx}f(\frac{T}{j})\frac{T}{j}(1^k+...+(\frac{n}{T}^k))^x \]
令
\[g(T)=\sum_{j|T}\mu(j)(T)^{kx}f(\frac{T}{j})\frac{T}{j} \]
很明顯可以用倍數法預處理。
這樣在每次詢問的時候就可以對\(n\)分塊處理,時間複雜度\(O(T\sqrt{n}+nlogn)\)。
#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\n", 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;
}