[MtOI2019]幽灵乐团 / 莫比乌斯反演基础练习题

[MtOI2019]幽灵乐团 / 莫比乌斯反演基础练习题

题目描述

东风谷 早苗(Kochiya Sanae)非常喜欢幽灵乐团的演奏，她想对她们的演奏评分。

因为幽灵乐团有 $3$ 个人，所以我们可以用 $3$ 个正整数 $A,B,C$ 来表示出乐团演奏的分数，她们的演奏分数可以表示为

$$\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod _{k=1}^C{\left(\frac{\text{lcm}(i,j)}{gcd(i,k)}\right)}^{f(type)}$$

因为音乐在不同的部分会有不同的听觉感受，所以 $type$ 会在 $\{0,1,2\}$ 中发生变化，其中：

$$\begin{array}{rl}f(0)& =1\\ f(1)& =i\times j\times k\\ f(2)& =gcd(i,j,k)\end{array}$$

因为乐团的歌实在太好听了，导致分数特别高，所以她们的分数要对给定的正整数 $p$ 取模。

因为有很多歌曲要演奏，所以早苗给出了 $T$ 组询问。
对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据：

$$1\le A,B,C\le {10}^5{10}^7\le p\le 1.05\times {10}^{9}p\in \{prime\}T=70$$

思路点拨

主要还是根据我的 莫反套路 来进行推导。真的十分经典，可以看一看（广告）

先看到原式，这个式子可以使用 $lcm(i,j)={\displaystyle \frac{ij}{gcd(i,j)}}$ 。

$$\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod _{k=1}^C{\left(\frac{\text{lcm}(i,j)}{gcd(i,k)}\right)}^{f(type)}=\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod _{k=1}^C{\left(\frac{ij}{gcd(i,j)gcd(i,k)}\right)}^{f(type)}$$

因为是模意义下的乘法，所以我们分子分母可以简答合并一下，那么就是：

$${\displaystyle \frac{\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod _{k=1}^C(ij{)}^f}{\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod _{k=1}^{C}gcd(i,j)gcd(i,k{)}^f}}$$

至此操作很常规，和一道叫 product 的莫反题一样。

然后我们考虑分子和分母，这又可以拆分：

$$\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod _{k=1}^C(ij{)}^f=\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod _{k=1}^C{i}^f\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod _{k=1}^C{j}^f$$

这都差不多，一下只讲解左边一半 $\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod _{k=1}^C{i}^f$

分母差不多，也只讲解左边一半，右边是一样的。

$$\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod _{k=1}^{C}gcd(i,j{)}^f$$

$type$ 三种，没有什么太大关联，所以分开讲解了。

$type=0$

这部分幼儿园随便写。前提是看了我的博客（广告推销）
此时 $f=1$ 。十分的人性化，但是分数很少。

先讲最简单的分子(还是再讲一遍，我们分子分母都只讲一半，另一半是一样的)：

$$=\prod _{i=1}^A{i}^{BC}$$

$O(n)$ 阶乘快速幂直接过。分母也很简单：

$$=\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod _{k=1}^{C}gcd(i,j)$$

和 $k$ 没有什么太大关系啊，我们算 $\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^{B}gcd(i,j)$ ,带上 $C$ 的幂就可以了。

看到这种式子，我们也是使用技巧（可以看一下上面的博客，广告）：枚举 $gcd$ ，然后式子就可以转化：

$$\prod _{d=1}^A{d}^{\sum _{i=1}^A\sum _{j=1}^B[gcd(i,j)=d]}$$

先考虑一下幂：

$$\sum _{i=1}^A\sum _{j=1}^B[gcd(i,j)=d]=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{A}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{B}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$$

现在我们可以莫反：

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{A}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{B}{d}\rfloor }\sum _{k=1}^i\mu (k)[k|i][k|j]$$

我们进而枚举 $k$ ：

$$\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{A}{d}\rfloor }\mu (k)\lfloor {\displaystyle \frac{A}{kd}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{B}{kd}}\rfloor$$

我们集合 $kd$ ，直接释放奥义 $T=kd$ ，带回原式枚举 $T$

$$\prod _{d=1}^A{d}^{\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{A}{d}\rfloor }\mu (k)\lfloor \frac{A}{kd}\rfloor \lfloor \frac{B}{kd}\rfloor }=\prod _{T=1}^A(\prod _{d|T}{d}^{\mu (\frac{T}{d})}{)}^{\lfloor \frac{A}{T}\rfloor \lfloor \frac{B}{T}\rfloor }$$

而中间括号内的部分 $O(n\log n)$ 预处理一下。富比尼定理枚举 $T$ ,时间复杂度 $O(T(\sqrt{A}\log AB)+n\log n)$ 。大抵是可以过的罢。

这部分推出来是很基础的。

$type=1$

这部分还是偏简单。
分子有点侮辱智商，我们直接写出答案：

$$\prod _{i=1}^A{i}^{i\times \frac{B(1+B)C(1+C)}{4}}$$

考虑分母：

$$=\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod _{k=1}^{C}gcd(i,j{)}^{ijk}$$

与 $k$ 没有多大关系，所以直接提出去：

$$=(\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^{B}gcd(i,j{)}^{ij}{)}^{\frac{(1+C)C}{2}}$$

考虑括号内的数，使用技能 枚举 $gcd$ :

$$=\prod _{d=1}^A{d}^{\sum _{i=1}^A\sum _{j=1}^{B}ij[gcd(i,j)=d]}$$

$$=\prod _{d=1}^A{d}^{d^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{A}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{B}{d}\rfloor }ij[gcd(i,j)=1]}$$

使用莫比乌斯反演：

$$=\prod _{d=1}^A{d}^{d^2\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{A}{d}\rfloor }{k}^2\mu (k)\frac{(1+\frac{A}{kd})\frac{A}{kd}}{2}\frac{(1+\frac{B}{kd})\frac{B}{kd}}{2}}$$

现在我们使用三界魔法 $T=kd$ 对其绝杀：

$$=\prod _{d=1}^A\prod _{k=1}^{\lfloor \frac{A}{d}\rfloor }{d}^{d^2{k}^2\mu (k)\frac{(1+\frac{A}{kd})\frac{A}{kd}}{2}\frac{(1+\frac{B}{kd})\frac{B}{kd}}{2}}$$

$$=\prod _{T=1}^A(\prod _{d|T}{d}^{\mu (\frac{T}{d})}{)}^{\frac{(1+\frac{A}{T})\frac{A}{T}}{2}\frac{(1+\frac{B}{T})\frac{B}{T}}{2}\times T^2}$$

实现一样的，括号内预处理，其余的富比尼定理优化一下就可以了。时间复杂度和 $type=0$ 是一样的。

$type=2$

这部分是很有挑战的了，我目前没有推出分母。但是分子是比较简单的。

我们按照套路，枚举一下 $gcd(i,j,k)$

$$=\prod _{i=1}^A\prod _{j=1}^B\prod _{k=1}^C{i}^{gcd(i,j,k)}$$

底数至于 $i$ 有关，直觉提前 $i$ ，

$$=\prod _{i=1}^A{i}^{\sum _{j=1}^B\sum _{k=1}^{C}gcd(i,j,k)}$$

幂的部分拎出来先，这部分的 Latex 比较复杂，如果还是像 $type=1$ 的样子写我会去世的。

$$\sum _{j=1}^B\sum _{k=1}^{C}gcd(i,j,k)=\sum _{d|i}d\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{B}{d}\rfloor }\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{C}{d}\rfloor }[gcd(\frac{i}{d},j,k)=1]$$

开始莫反：

$$=\sum _{d|i}d\sum _{k|\frac{i}{d}}^{\lfloor \frac{B}{d}\rfloor }\mu (k)\lfloor \frac{B}{kd}\rfloor \lfloor \frac{C}{kd}\rfloor$$

我们发动三阶魔法 $T=kd$ ，对其进行推导（血条太厚了，没有终结掉）：

$$=\sum _{T|i}\lfloor {\displaystyle \frac{B}{T}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{C}{T}}\rfloor (\sum _{d|T}d\mu (\frac{T}{d}))$$

括号内什么筛法预处理就可以了，再做一个前缀和。其余的部分富比尼定理优化计算。$O(T\sqrt{n})$ 。