一些数学题

1

求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{k=1}^n\varphi\left(ij\right)\mu\left(ik\right)\sigma_0\left(jk\right)\)

\[\begin{aligned} \text{原式} &= \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{k=1}^n\frac{\varphi\left(i\right)\varphi\left(j\right)\gcd\left(i,j\right)}{\varphi\left(\gcd\left(i,j\right)\right)}\mu\left(i\right)\mu\left(k\right)\left[\left(i,k\right)=1\right]\sum\limits_{x\vert j}\sum\limits_{y\vert k}\left[\left(x,y\right)=1\right]\\ &= \sum\limits_{x=1}^n\sum\limits_{y=1}^n\left[\left(x,y\right)=1\right]\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{x\vert j}\sum\limits_{y\vert k}\frac{\varphi\left(i\right)\varphi\left(j\right)\gcd\left(i,j\right)}{\varphi\left(\gcd\left(i,j\right)\right)}\mu\left(i\right)\mu\left(k\right)\left[\left(i,k\right)=1\right]\\ &= \sum\limits_{d_1=1}^n\mu\left(d_1\right)\sum\limits_{d_1\vert x}\sum\limits_{d_1\vert y}\sum\limits_{d_2=1}^n\mu\left(d_2\right)\sum\limits_{d_2\vert i}\sum\limits_{x\vert j}\sum\limits_{\left[y,d_2\right]\vert k}\frac{\varphi\left(i\right)\varphi\left(j\right)\gcd\left(i,j\right)}{\varphi\left(\gcd\left(i,j\right)\right)}\mu\left(i\right)\mu\left(k\right)\\ &= \sum\limits_{d_1=1}^n\sum\limits_{d_2=1}^n\sum\limits_{d_3=1}^n\mu\left(d_1\right)\mu\left(d_2\right)\sum\limits_{u\vert d_3}\frac{u}{\varphi\left(u\right)}\mu\left(\frac{d_3}{u}\right)\sum\limits_{d_1\vert x}\sum\limits_{d_1\vert y}\sum\limits_{\left[d_2,d_3\right]\vert i}\sum\limits_{\left[x,d_3\right]\vert j}\sum\limits_{\left[y,d_2\right]\vert k}\varphi\left(i\right)\mu\left(i\right)\mu\left(k\right)\varphi\left(j\right)\\ &= \sum\limits_{d_1=1}^n\sum\limits_{d_2=1}^n\sum\limits_{d_3=1}^n\mu\left(d_1\right)\mu\left(d_2\right)F_1\left(d_3\right)F_2\left(\operatorname{lcm}\left(d_2,d_3\right)\right)F_3\left(\operatorname{lcm}\left(d_1, d_3\right), d_1\right)F_4\left(\operatorname{lcm}\left(d_1, d_2\right),d_1\right) \end{aligned} \]

其中 \(F_1\left(x\right) = \sum\limits_{i\vert x}\frac{i \mu\left(\frac{x}{i}\right)}{\varphi\left(i\right)},F_2\left(x\right)=\sum\limits_{x\vert i}\varphi\left(i\right)\mu\left(i\right),F_3\left(x,y\right) = \sum\limits_{x\vert i}\varphi\left(i\right)\sigma_0\left(\frac{i}{y}\right),F_4\left(x,y\right)=\sum\limits_{x\vert i}\mu\left(i\right)\sigma_0\left(\frac{i}{y}\right)\)。
然后找三元环即可（类似【SDOI2018 旧试题】）。

2

求 \(\sum\limits_{i=1}^nA^i\binom{n-i}{k-1}\)

设 \(f\left(A,k\right)=\sum\limits_{i=1}^nA^i\binom{n-i}{k-1}\)，则 \(A=1\) 时 \(f\left(A,k\right)=\binom{n}{k}\)，\(k=n\) 时 \(f\left(A,k\right)=A\)。
否则

\[\begin{aligned} f\left(A,k\right) &= \sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{j=0}^{i-1}A^j\left(A-1\right)+1\right)\binom{n-i}{k-1}\\ &= \sum\limits_{j=1}^{n-1}A^j\left(A-1\right)\binom{n-j}{k}+A\binom{n}{k}\\ &=\left(A-1\right)f\left(A,k+1\right)+A\binom{n}{k} \end{aligned} \]

故 \(f\left(n,k\right)=A\sum\limits_{i=k}^n\left(A-1\right)^{i-k}\binom{n}{i}=A\left(A-1\right)^{-k}\left(A^n-\sum\limits_{i=0}^{k-1}\left(A-1\right)^i\binom{n}{i}\right)\)

3

求有多少有序的序列对 \(\left(A,B\right)\)，满足 \(A,B\) 中的元素都在 \(\left\{1,-m\right\}\) 中，\(-m\) 总个数为 \(n\)，\(A\) 中元素和为 \(S_A\)，B 中元素和为 \(S_B\)，且 \(A,B\) 中任意位置前缀和都大于 \(0\)。

首先 \(A,B\) 可以拼成一个和为 \(S_A+S_B\) 的序列 \(C\)，在 \(C\) 前缀和为 \(S_A\) 的最后一个位置断开即可得到原来的 \(A,B\)。所以只要计数这样的 \(C\)。
设 \(C\) 中有 \(n\) 个 \(-m\)，总和为 \(r\)。则 \(C\) 中有 \(nm+r\) 个 \(1\)，总共有 \(l=n\left(m+1\right)+r\) 个元素。将 \(C\) 无限拼接形成 \(C'=\left\{C_1,C_2,\dots,C_l,C_1,C_2,\dots\right\}\)，设 \(C'\) 前缀和数组为 \(pre\)，则 \(pre\) 的极限为 \(+\infty\)，所以 \(\forall i,\left\{j\vert pre_i=j\right\}\) 为有限集。定义 \(last_i=\max\left\{j\vert pre_i=j\right\}\)，则 \(last_{i+r}=last_i+l\)。可以发现 \(\forall 1\le i\le r,\left[last_i,last_i+l\right)\) 均满足前缀和 \(\gt 0\)，且对应的原串的循环串各不相同。因为不满足前缀和均 \(\gt 0\) 的串在前缀和数组中开头对应的元素都一定不是最后一个出现的，所以得到结论：每个串对应的 \(l\) 个循环串中恰好有 \(r\) 个满足前缀和均 \(\gt 0\)。
不过这样会有重复的情况。当原串的循环节为 \(d\vert l\) 时，每个不同的循环串都会被算 \(\frac{l}{d}\) 次。但每个原串的循环串的循环节长度仍然是 \(d\)，会被 \(d\) 个不同的原串算到，所以每个满足条件的串被算的次数均为 \(n\)。
所以答案为 \(\large\binom{n\left(m+1\right)+S_A+S_B}{n}\frac{S_A+S_B}{n\left(m+1\right)+S_A+S_B}\)。

4

总共 \(n\) 个物品，对于 \(1\le i\le n\)，求包含第 \(i\) 个，总共选了 \(m\) 个物品且两两不相邻的方案数。

\(n\) 个物品里面选 \(m\) 个两两不相邻的方案数显然是 \(\binom{n-m+1}{m}\)。
所以答案就是 \(\sum\limits_{j=0}^{m-1}\binom{i-j-1}{j}\binom{n-i-\left(m-j-1\right)}{m-j-1}\)。
但这个式子难以优化。发现根本原因是两个组合数相乘的结构难以处理。
不妨换一种思路。设 \(n\) 个物品选 \(m\) 个，第 \(i\) 个强制选的方案数为 \(f\left(n,m,i\right)\)，第 \(i\) 个强制不选的方案数为 \(g\left(n,m,i\right)\)。
\(i=1\) 时 \(f\left(n,m,i\right)=\binom{n-m-1}{m},g\left(n,m,i\right)=\binom{n-m}{m}\)。
\(i\gt 1\) 时 \(f\left(n,m,i\right)=g\left(n-2,m-1,i-1\right),g\left(n,m,i\right)=\binom{n-m}{m}+f\left(n-2,m-1,i-1\right)\)。
（这里不需要考虑 \(m\lt 0\) 的情况，因为这种情况下组合数自然是 \(0\)）
把式子展开，是一个几乎和 \(i\) 无关的式子，只有边界条件和 \(i\) 有关。因此可以预处理后前缀和优化。

5

有一张图，有 \(\sum\limits_{i=1}^k n_i\) 个节点，第 \(i\) 个部分有 \(n_i\) 个节点。第 \(i\) 个部分到第 \(j\) 个部分的点对之间要不然全部右边，要不然全部没有边。给定邻接矩阵 \(G\)。求生成树个数。

设 \(\operatorname{deg}_i\) 为第 \(i\) 部分点的度数。
设原图的基尔霍夫矩阵为 \(A=\begin{Bmatrix}A_{1,1} & A_{1,2} & \cdots & A_{1,k}\\ A_{2,1} & A_{2,2} & \cdots & A_{2,k}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ A_{k,1} & A_{k,2} & \cdots & A_{k,k}\end{Bmatrix}\)
删掉最后一行最后一列（即把 \(n_k\) 减去 \(1\)）。
则 \(A_{i,j}\left(i\neq j\right)\) 为全 \(0\) 或全 \(-1\) 的矩阵。
设 \(sum_i=\sum\limits_{j=1}^{i-1} n_j\)。
先把第 \(sum_{i-1}+k\left(2\le k\le n_i\right)\) 行减掉第 \(\sum_{i-1}+1\) 行。然后每个 \(sum_{i-1}+k\left(2\le k\le n_i\right)\) 只有两个位置有相同的值，答案乘上这个值，这两个值就变成 \(1\) 了。
第 \(sum_{i-1}+1\) 行第 \(k\) 列如果是 \(-1\) 则把加上第 \(k\) 行。把只有一行或一列有值的地方缩掉。最后只有 \(k\) 行 \(k\) 列有值了。
最后答案为 \(\prod\limits_{i=1}^k\left(\operatorname{deg}_i+G_{i,i}\right)^{n_i-1}\operatorname{det}T\)。
\(i\ne j\) 且 \(G_{i,i}=1\) 时 \(T_{i,j}\) 值为 \(-n_j\)，否则为 \(0\)。
\(i=j\) 时，若 \(G_{i,i}=1\) 时 \(T_{i,j}\) 值为 \(\operatorname{deg}_i-A_i+1\)，否则为 \(\operatorname{deg}_i\)。

6

给定 \(n\) 的质因数分解 \(n=\prod\limits_{i=1}^k p_i^{c_i}\)，求 \(\sum\limits_{x\vert n}\mu\left(x\right)\varphi^a\left(x\right)f^b\left(x\right)\)。其中 \(f\left(x\right)=x^2+x+1\)，\(\varphi\) 为欧拉函数，\(\varphi^a\left(x\right)\) 为 \(\varphi\) 狄利克雷卷积 \(a\) 次幂在 \(x\) 处取值，\(f^b\left(x\right)\) 同理。
容易发现令 \(c_i\leftarrow\left[c_i\ge 1\right]\) 对答案不产生影响。
暴力可以枚举 \(x\)，需要子集 \(\ln\) 和 \(\exp\) 预处理 \(\varphi^a,f^b\)。复杂度 \(O\left(2^kk^2\right)\)。
然而有更优的做法。\(\large f^b=\sum\limits_{t_1+t_2+t_3=b}\binom{b}{t_1,t_2,t_3}id_2^{t_1}id_1^{t_2}id_0^{t_3}\)，而 \(id_k\) 为积性函数，所以可以对每个质数单独算。
因此要求的式子就是 \(\large\sum\limits_{t_1+t_2+t_3=b}\binom{b}{t_1,t_2,t_3}\prod\limits_{i=1}^k\left(\left(ap_i-a\right)\left(p_i^2t_1+p_it_2+t_3\right)+1\right)\)。
将 \(t_1,t_2,t_3\) 看做未知数，暴力展开内层的乘积，则可以得到原式的形式是 \(\large\sum\limits_{x,y,z}f\left(x,y,z\right)\sum\limits_{t_1+t_2+t_3=b}\binom{b}{t_1,t_2,t_3}t_1^xt_2^yt_3^z\)。
用第二类斯特林数把 \(t_1^xt_2^yt_3^z\) 转成下降幂后即可快速计算。暴力即可做到 \(O\left(n^4\right)\)，如果用多元多项式科技则可以做到 \(O\left(n^3\log n\right)\)。