记某模拟赛中的一道莫反题

这场模拟赛的 T2 全场只有我一个人切了，还蒟了个 rk3，并且平生第一次在腾讯会议里给大家讲题。不过另外两题都不会，T1 三维偏序不会写，就不在模拟赛题解汇总里写了。

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给定 \(n,m\)，求对于所有 \(m^n\) 种序列 \(x\) 满足 \(x_i\in[1,m]\)，它们的 \(\mathrm{lcm}(x_i)^{\gcd(x_i)}\) 的积。

\(n\leq 10^8,m\leq 2\times10^5\)。

底数是 lcm。这就很不好搞。第一，多个数的 lcm 会很大很大，无法枚举；第二，lcm 不能像 gcd 一样好反演掉；第三，两个数的 lcm 等于两数乘积除以 gcd，但是多个数的 lcm 无法与 gcd 取得直接联系。但我们注意到，把 lcm 分解质因数后，每个质因数的幂都是 \(\leq m\)，这个是显然的，而要求的又是个 \(\prod\)，故可以把每个质因数的幂 \(p^k\) 分开来单独贡献。这大概是面对多个数 lcm 的一个有力武器吧。

于是 \(p^k\) 对答案的贡献肯定就是 \(p^k\) 的多少次方，而这个多少呢，就是所有满足 lcm 质因数分解式中包含 \(p^k\) 的序列 \(x\) 的 gcd 之和。也就是 \(x\) 中所有数的 \(p\) 的指数的 max 要恰好等于 \(k\)。而这个 max 恰好等于某数这玩意呢，有个套路，就是你先求 max 小于等于某数，然后差个分就完事了。好处在于，max 小于等于某数可以转化为每个数小于等于某数，就把限制给独立开来了，就很好搞。我们考虑设集合 \(S\) 为 \([1,m]\) 中所有包含质因子 \(p\) 个数 \(\leq k\) 的数，那么就是求 \(G=\sum\limits_{x_i\in S}\gcd(x_i)\)。对这个式子我们考虑反演一波（都是传统艺能就不做解释了）：

\[\begin{aligned}G&=\sum_jj\sum_{x_i\in S}[\gcd(x_i)=j]\\ &=\sum_jj\sum_{x_i\in S,j\mid x_i}\left[\gcd\!\left(\dfrac {x_i}j\right)=1\right]\\ \end{aligned} \]

接下来为了方便起见，我们设一个记号：\(S[x]\) 表示 \(S\) 中所有 \(x\) 的倍数除以 \(x\) 所构成的集合。

\[\begin{aligned}G&=\sum_jj\sum_{x_i\in S[j]}[\gcd(x_i)=1]\\ &=\sum_jj\sum_{x_i\in S[j]}\sum_{k\mid x_i}\mu(k)\\ &=\sum_k\mu(k)\sum_jj\sum_{x_i\in S[j],k\mid x_i}1\\ &=\sum_k\mu(k)\sum_jj|S[jk]|^n\\ &=\sum_o|S[o]|^n\sum_k\mu(k)\dfrac ok\\ &=\sum_o|S[o]|^n\varphi(o) \end{aligned} \]

这样子就得到一个很简洁的式子。那么此时已经有了一个 \(\Omega\!\left(m^2\right)\) 的朴素做法：枚举 \(p^k\)（\(\mathrm O(m)\)），然后按照 \(G\) 的最终式子枚举 \(o=1\sim m\) 累加（因为 \(o>m\) 贡献显然为 \(0\)），然后 \(|S[o]|\) 这东西可能需要调和级数处理，带个 log 什么的。

然而我们这里的 \(G\) 的求法是针对任意普遍的 \(S\) 都成立的，而我们这里的 \(S\) 有特殊构造，考虑利用这一点来优化。\(S\) 显然是 \(\left\{x\in[1,m]\mid p^{k+1}\nmid x\right\}\)，那么 \(|S[o]|\) 这东西考虑能不能更好地表示？就是 \([1,m]\) 内 \(o\) 的倍数去掉那些还是 \(p^{k+1}\) 倍数的，就是 \(\dfrac mo-\dfrac{m}{\mathrm{lcm}\!\left(o,p^{k+1}\right)}\)（以下不加整除号都代表下取整），即 \(\dfrac mo-\dfrac{\dfrac{m\gcd\!\left(o,p^{k+1}\right)}{p^{k+1}}}{o}\)。而此时依然不能整除分块，因为虽然分母一样了，但是第二项的分子还是关于 \(o\)。不过发现唯一变化的这个 gcd 其实只有 \(k+2\) 种取值，是 log 级别的，所以可以大胆枚举。设当前枚举的是 \(p^q\)，那么贡献就是 \(\sum\limits_{\gcd\left(o,p^{k+1}\right)=p^q}\!\left(\dfrac mo-\dfrac{\dfrac{mp^q}{p^{k+1}}}{o}\right)^n\varphi(o)\)。此时依然不太方便整除分块，因为这个 \(o\) 不连续；奈何我想到了更好的方法。这个对这玩意处理的方法我认为是本题最怪的部分，我当时考场上不知道怎么就想到了。

你考虑分成 \(o\leq\dfrac{mp^q}{p^{k+1}}\) 和 \(o>\dfrac{mp^q}{p^{k+1}}\) 两类分开贡献，两类各有福利。对前者，注意到 \(\gcd\!\left(o,p^{k+1}\right)=p^q\) 的一个必要条件是 \(p^q\mid o\)，而 \(\dfrac{mp^q}{p^{k+1}}\) 以内 \(p^q\) 的倍数只有 \(\dfrac{mp^q}{p^{k+1}}/p^q\) 这么多，而这个 \(p_q\) 恰好就约掉了！！！那么直接枚举的话，对复杂度的贡献就是 \(\mathrm O\!\left(\dfrac{m}{p^{k+1}}\right)\)，稍后可以用调和级数分析法来均摊掉。对后者，显然 \(\dfrac{\dfrac{mp^q}{p^{k+1}}}{o}=0\)，只需要计算 \(\left(\dfrac mo\right)^n\varphi(o)\) 的贡献和。可以发现这仅关于 \(o\)，不难想到预处理。如何预处理呢？把 \(\gcd\!\left(o,p^{k+1}\right)=p^q\) 这玩意变个形式得到 \(p^q\mid o,p^{q+1}\nmid o\)（当然如果 \(q=k+1\) 则没有后面这个条件，不过这就更简单了），就类似差分一下，发现只需要求 \(o>?,??\mid o\) 的贡献和。那你考虑把每个数的倍数的贡献序列调和级数预处理下来，查询的时候在里面二分即可。

来分析一下复杂度。第一类对复杂度的贡献，对每个 \(p^{k+1}\) 会被算 log 次，如果只算一次的话是调和级数复杂度（1log），算 log 次就是 2log；第二类就很显然了吧，二分 log 次就是 2log。所以总体 2log，理论能过。并且非常跑不满，毕竟能表示成质数的整次幂 \(p^k\) 的数分布还是很稀疏的。