P9511 『STA - R3』大豆 题解--zhengjun

妙妙题。

题意

给定 \(F_0(x)=a_{(x-1)\bmod n +1}\)。

\[F_k(n)=F_{k-1}(n)-\sum\limits_{i=2}^n F_k(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor) \]

求 \(F_k(m)\)。

\(1\le n\le 10^4,1\le m\le 10^{10},1\le k\le 3\)。

思路

直接数论分块求解的复杂度是 \(O(m^{\frac{3}{4}}k)\)，难以通过。

如果像杜教筛那样做到 \(O(m^{\frac{2}{3}}k)\) 的话就能通过。

关键在于如何快速求解 \(F_k(n),n\le m^{\frac{2}{3}}\)。

考虑杜教筛的逆过程，\(F\) 相当于杜教筛的前缀和函数，那么复原出原函数：

\[\begin{aligned} G_k(n)&=F_k(n)-F_k(n-1)\\ &=G_{k-1}(n)-\sum\limits_{i=2}^n F_k(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)-F_k(\lfloor\frac{n-1}{i}\rfloor)\\ &=G_{k-1}(n)-\sum\limits_{i>1,i|n} F_k(\frac{n}{i})-F_k(\frac{n}{i}-1)\\ &=G_{k-1}(n)-\sum\limits_{i>1,i|n} G_k(\frac{n}{i})\\ \end{aligned} \]

这样，就可以 \(O(kB\ln B)\) 处理出 \(F_k(1\sim B)\)。

于是，复杂度为 \(O(kB\ln B+\frac{km}{\sqrt{B}})\)，取 \(B=10^6\) 即可通过。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=1e4+10,M=1e6+10,mod=23068673;
int his[4][M],n,k,a[N];
ll m;
int HIS[3][N];
int cnt;
ll num[N];
unordered_map<ll,int>trs;
int calc(int k,ll n){
	if(!k)return a[(n-1)%(::n)+1];
	if(n<M)return his[k][n];
	int id=trs[n];
	if(~HIS[k-1][id])return HIS[k-1][id];
	ll ans=calc(k-1,n);
	for(ll l=2,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		ans=ans-(r-l+1)*calc(k,n/l)%mod;
	}
	return HIS[k-1][id]=ans%mod;
}
void init(int m){
	for(int i=1;i<=m;i++)his[0][i]=a[(i-1)%n+1];
	for(int i=m;i>=1;i--)(his[0][i]+=mod-his[0][i-1])%=mod;
	for(int t=1;t<=k;t++){
		for(int i=1;i<=m;i++)his[t][i]=his[t-1][i];
		for(int i=1;i<=m;i++){
			for(int j=i+i;j<=m;j+=i){
				(his[t][j]+=mod-his[t][i])%=mod;
			}
		}
	}
	for(int t=1;t<=k;t++){
		for(int i=1;i<=m;i++){
			(his[t][i]+=his[t][i-1])%=mod;
		}
	}
}
int main(){
	freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	memset(HIS,-1,sizeof HIS);
	scanf("%d%lld%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	init(M-1);
	for(int i=1;m/i>=M;i++)num[++cnt]=m/i;
	reverse(num+1,num+1+cnt);
	for(int i=1;i<=cnt;i++)trs[num[i]]=i;
	cout<<(calc(k,m)+mod)%mod;
	return 0;
}