#62. 【UR #5】怎样跑得更快
题意
给定 \(n,c,d\) 以及 \(b\) 数组，解方程组：
\[\begin{equation}
\sum_{j = 1}^{n} \gcd(i, j)^c \cdot lcm(i, j)^d \cdot x_j \equiv b_i \pmod{p}
\end{equation}
\]
\(n \le 10^5\)
题解
推式子：
\[\sum_{j=1}^n (i,j)^{c-d}j^dx_j=\frac{b_i}{i^d}\\
\sum_{j=1}^n(i,j)^{c-d}X_j=B_i
\]
发现这个 \((i,j)^{c-d}\) 很烦人，如果 \(c-d=1\)，我们或许可以用 \(id=\varphi * 1\) 之类的东西来反演，可是 \(c-d\) 不一定为 \(1\)。不过我们可以直接莫比乌斯反演来搞到个什么类似 \(d|i,d|j\) 的东西来摆脱掉那个 \(\gcd\)：
\[\begin{aligned}
f(x)&=x^{c-d}\\
f(x)&=\sum_{d|x}g(d)\\
g(x)&=\sum_{d|x}f(d)\mu(x/d)\\
\end{aligned}
\]
\(g\) 可以直接算。那么继续推:
\[\begin{aligned}
\sum_{j=1}^n\sum_{d|i,d|j}g(d)X_j&=B_i\\
\sum_{d|i}g(d)\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}X_{jd}&=B_i\\
\sum_{d|i}g(d)S(d)&=B_i
\end{aligned}
\]
其中 \(S(d)\) 表示 \(\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}X_{jd}\)。于是我们可以类似杜教筛那样搞出 \(S(d)\)：
\[g(i)S(i)=B_i-\sum_{d|i,d \not= i}g(d)S(d)
\]
现在我们能够搞出 \(S\)，但是没搞出 \(X\)。不过 \(X\) 也可以被类似的方法推出来：
\[X_d=S(d)-\sum_{d|k,d \not= k}X_k
\]
只不过这回是从大往小推。
