题目大意
给定正整数 \(n,x,k\)，求
\[\sum_{a_1=1}^{n}\sum_{a_2=1}^n\dotsb\sum_{a_x=1}^n\left(\prod_{j=1}^xa_j^k\right)f\left(gcd\left(a_1,a_2,\dots,a_x\right)\right)\cdot gcd\left(a_1,a_2,\dots,a_x\right) \]
如果存在正整数 \(k(k>1)\)，并且 \(k^2|x\)，那么 \(f(x)=0\)，否则 \(f(x)=1\)。
\(1\leq k\leq 10^9,1\leq x\leq 10^9,1\leq n\leq 2\times10^5\)
题解
注意到 \(f(x)\) 的定义，显然 \(f(x)=\mu^2(x)\)。
那么就是要求
\[\sum_{a_1=1}^{n}\sum_{a_2=1}^n\dotsb\sum_{a_x=1}^n\left(\prod_{j=1}^xa_j^k\right)\mu^2\left(gcd\left(a_1,a_2,\dots,a_x\right)\right)\cdot gcd\left(a_1,a_2,\dots,a_x\right) \]
首先枚举gcd
\[\sum_{d=1}^n\sum_{a_1=1}^{n}\sum_{a_2=1}^n\dotsb\sum_{a_x=1}^n\left(\prod_{j=1}^xa_j^k\right)\mu^2\left(d\right)\cdot d [d=gcd\left(a_1,a_2,\dots,a_x\right)] \]
\[\sum_{d=1}^n\mu^2\left(d\right)d\sum_{a_1=1}^{n}\sum_{a_2=1}^n\dotsb\sum_{a_x=1}^n\left(\prod_{j=1}^xa_j^k\right)[d=gcd\left(a_1,a_2,\dots,a_x\right)] \]
\[\sum_{d=1}^n\mu^2\left(d\right)d\sum_{a_1=1}^{n/d}\sum_{a_2=1}^{n/d}\dotsb\sum_{a_x=1}^{n/d}\left(\prod_{j=1}^x(a_jd)^k\right)[gcd\left(a_1,a_2,\dots,a_x\right)=1] \]
\[\sum_{d=1}^n\mu^2\left(d\right)d\sum_{a_1=1}^{n/d}\sum_{a_2=1}^{n/d}\dotsb\sum_{a_x=1}^{n/d}\left(\prod_{j=1}^x(a_jd)^k\right)\sum_{p|gcd(a_1,a_2,\dots,a_x)}\mu(p) \]
\[\sum_{d=1}^n\mu^2\left(d\right)d^{kx+1}\sum_{a_1=1}^{n/d}\sum_{a_2=1}^{n/d}\dotsb\sum_{a_x=1}^{n/d}\left(\prod_{j=1}^xa_j^k\right)\sum_{p|gcd(a_1,a_2,\dots,a_x)}\mu(p) \]
枚举 \(p\) 得
\[\sum_{d=1}^n\mu^2\left(d\right)d^{kx+1}\sum_{p=1}^{n/d}\mu(p)\sum_{a_1=1}^{n/dp}\sum_{a_2=1}^{n/dp}\dotsb\sum_{a_x=1}^{n/dp}\left(\prod_{j=1}^x(a_jp)^k\right) \]
\[\sum_{d=1}^n\mu^2\left(d\right)d^{kx+1}\sum_{p=1}^{n/d}\mu(p)p^{kx}\sum_{a_1=1}^{n/dp}\sum_{a_2=1}^{n/dp}\dotsb\sum_{a_x=1}^{n/dp}\left(\prod_{j=1}^xa_j^k\right) \]
由于
\[\sum_{a_1=1}^{n}\sum_{a_2=1}^n\dotsb\sum_{a_x=1}^n\left(\prod_{j=1}^xa_j^k\right)=\left(\sum_{i=1}^ni^k\right)^x \]
有
\[\sum_{d=1}^n\mu^2\left(d\right)d^{kx+1}\sum_{p=1}^{n/d}\mu(p)p^{kx}\left(\sum_{i=1}^{n/dp}i^k\right)^x \]
令 \(T=dp\)，得
\[\sum_{T=1}^{n}T^{kx}\left(\sum_{i=1}^{n/T}i^k\right)^x\sum_{d|T}\mu^2(d)\mu(\frac{T}{d})d \]
令
\[g(T)=\sum_{d|T}\mu^2(d)\mu(\frac{T}{d})d \]
则原式变为
\[\sum_{T=1}^{n}T^{kx}\left(\sum_{i=1}^{n/T}i^k\right)^xg(T) \]
对于 \(T\in [1,n]\) 的所有 \(g(T)\)，我们可以在 \(O(n\log n)\) 的时间预处理出。
最后对于每一组询问，可以在 \(O(\sqrt n)\) 的时间内通过数论分块求出。
设 \(t\) 为数据组数，则时间复杂度为 \(O(n\log n+t\sqrt n)\)。
Code
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define RG register int
#define LL long long
template<typename elemType>
inline void Read(elemType &T){
elemType X=0,w=0; char ch=0;
while(!isdigit(ch)) {w|=ch=='-';ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
T=(w?-X:X);
}
const LL MOD=1000000007LL;
const int maxn=200000;
LL g[maxn+5],h[maxn+5],Mu[maxn+5];
bool not_Prime[maxn+5];
vector<int> Prime;
LL K,X;
int T,n;
LL ExPow(LL b,LL n){
LL x=1,Power=b%MOD;
while(n){
if(n&1) x=x*Power%MOD;
Power=Power*Power%MOD;
n>>=1;
}
return x;
}
void Get_Mu(int Len){
Mu[1]=1;
not_Prime[1]=1;
int Size=0;
for(RG i=2;i<=Len;i++){
if(!not_Prime[i]){
Prime.push_back(i);
Mu[i]=-1;++Size;
}
for(RG j=0;j<Size;j++){
int mid=Prime[j]*i;
if(mid>Len) break;
not_Prime[mid]=1;
if(i%Prime[j]==0){
Mu[i*Prime[j]]=0;
break;
}
Mu[mid]=-Mu[i];
}
}
return;
}
void Init(){
Get_Mu(maxn);
for(RG i=1;i<=maxn;++i)
for(RG j=i;j<=maxn;j+=i)
g[j]=((g[j]+Mu[i]*Mu[i]*Mu[j/i]*i%MOD)%MOD+MOD)%MOD;
for(RG i=1;i<=maxn;++i){
LL temp=ExPow(ExPow(i,K),X);
g[i]=(g[i-1]+g[i]*temp%MOD)%MOD;
h[i]=(h[i-1]+ExPow(i,K))%MOD;
}
return;
}
LL Solve(){
LL Res=0;
for(RG L=1,R;L<=n;L=R+1){
R=n/(n/L);
LL temp=ExPow(h[n/L],X);
Res=((Res+temp*(g[R]-g[L-1])%MOD)%MOD+MOD)%MOD;
}
return Res;
}
int main(){
Read(T);Read(K);Read(X);
Init();
while(T--){
Read(n);
printf("%lld\n",Solve());
}
return 0;
}
来源：oschina
链接：https://my.oschina.net/u/4314216/blog/4490327