P6222-「P6156 简单题」加强版【莫比乌斯反演】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P6222

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1|1题目大意

给出$k$，$T$组询问给出$n$求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^k\times gcd(i,j)\times \mu(gcd(i,j))^2$$

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1|2解题思路

开始忘记了$k$次幂能线性筛后面全推错了，既然可以线性筛$k$次幂就把$gcd(i,j)$提到前面来。

$$\sum_{d=1}^n\mu(d)^2d\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)=d](i+j)^k$$

这里有一个比较巧妙的思路就是，可以把$\mu(d)^2d$提前莫反之后一起套进莫反里。
设有

$$\sum_{d|n}g(d)=\mu(n)^2n\Rightarrow g(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})\mu(d)^2d$$

然后莫反原式就有一个比较简单的式子了

$$\sum_{d=1}^ng(d)d^k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}(i+j)^k$$

设$S(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^k$，这个东西是可以线性预处理的。

先预线性筛+前缀和处理出$s(n)=\sum_{i=1}^ni^k$，就有$S(n)=\left(\sum_{i=n+1}^{2n}s(i)\right)-\left(\sum_{i=1}^ns(i)\right)$，再用一个前缀和就好了。

然后就有式子

$$\sum_{d=1}^ng(d)d^kS(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)$$

这个知道怎么筛$g(d)d^k$之后好像就可以$O(T\sqrt n)$做了？发现$g$里面有个$n$还是很难搞。
然后可以一顿操作把下取整搞掉，设$S'(x)=S(x)-S(x-1)$，那么就有

$$\sum_{d=1}^ng(d)d^k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}S'(i)$$

然后把$i$提出来就有

$$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)d^kS'(\frac{n}{d})$$

然后就会发现这是两个函数狄利克雷卷积的前缀和？
$f(n)=g(n)n^k=n^k\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})\mu(d)^2d$是积性函数，所以我们可以用埃氏筛的方法来快速搞这个东西。

首先我们需要知道对于一个质数$p$，$f(p^e)$如何快速计算。
这里是有结论的

• 若$e=0$则$f(p^0)=f(1)=1$
• 若$e=1$则$f(p^1)=p\times (1\times \mu(1)^2\mu(p)+p\times \mu(1)\mu(p)^2)=p(p-1)$
• 若$e=2$则$f(p^2)=p^2\times (\mu(p^2)\mu(1)^2+\mu(p)\mu(p)^2p+\mu(1)\mu(p^2)^2p^2)=-p^2$
• 若$e\geq 3$那么若$\mu(d)\neq0$那么一定有$\mu(\frac{n}{d})=0$，所以$f(p^e)=0$

然后就可以开始做了，怎么快速计算狄利克雷卷积？埃氏筛给过我们方法，对于一个积性函数$f$，我们可以拆成若干个$f_p$满足

$$f_p(x)=[p^e=x]f(x)\ \ (p\in Pri)$$

（$Pri$是质数集）

然后有$f=\prod_{p\in Pri}f_p$（乘法表示狄利克雷积）

所以把所有的$f_p$乘到$S'$里去就好了，这个是枚举所有质数的倍数来搞的，时间复杂度$O(n\log \log n)$

所以总共的时间复杂度就是$O(T+n\log \log n)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define uit unsigned int
using namespace std;
const int N=2e7+10;
int t,n,k,cnt;
uit pri[N],pw[N],s[N];
bool v[N];
uit power(uit x,int b){
    uit ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x;
        x=x*x;b>>=1;
    }
    return ans;
}
void init(){
    s[1]=1;
    for(int i=2;i<=n*2;i++){
        if(!v[i])pri[++cnt]=i,s[i]=power(i,k);
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n*2;j++){
            v[i*pri[j]]=1;s[i*pri[j]]=s[i]*s[pri[j]];
            if(i%pri[j]==0)break;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n*2;i++)
        pw[i]=s[i],s[i]=s[i-1]+s[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        s[i]=s[i*2]+s[i*2-1]-s[i]*2;
    for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]<=n;j++)
        for(int x=pri[j],i=n/x;i>=1;i--){
            s[i*x]+=s[i]*(x-1)*pw[x];
            if(i%x==0)s[i*x]-=s[i/x]*x*pw[x]*pw[x];
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)s[i]+=s[i-1];
    return;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&t,&n,&k);
    init();
    while(t--){
        scanf("%d",&n);
        printf("%u\n",s[n]);
    }
    return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14308758.html
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