2156. [BZOJ 4407] 于神之怒加强版 - 题解

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题意

给定 $n, m, k$，求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)^k$ 模 $10^9+7$ 的结果。$T$ 组数据。（$n,m,k\sim5\times10^6$，$T\sim2\times10^3$）

推导过程

令 $n\le m$

$$\begin{aligned}&\quad\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)^k\\&=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}d^k\cdot[\gcd(i,j)=1]\\&=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}d^k\sum_{p\mid i,j}\mu(p)\\&=\sum_{d=1}^nd^k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}\sum_{p\mid i,j}\mu(p)\\&=\sum_{d=1}^nd^k\sum_{p=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\mu(p)\left\lfloor\frac n{dp}\right\rfloor\left\lfloor\frac m{dp}\right\rfloor\\&\text{令}D=dp\\&=\sum_{D=1}^n\left\lfloor\frac n D\right\rfloor\left\lfloor\frac m D\right\rfloor\sum_{d\mid D}d^k\mu\left(\frac D d\right)\end{aligned}$$

前面的 $\displaystyle\sum_{D=1}^n\left\lfloor\frac n D\right\rfloor\left\lfloor\frac m D\right\rfloor$ 使用整除分块，仅需求后面 $\displaystyle\sum_{d\mid D}d^k\mu\left(\frac D d\right)$；设 $f(D)=\displaystyle\sum_{d\mid D}d^k\mu\left(\frac D d\right)$，显然 $f(D)$ 是积性函数，设 $D=\prod p_i^{c_i}$，则有：

$$\begin{aligned}f(D)&=f\left(\prod p_i^{c_i}\right)\\&=\prod f\left(p_i^{c_i}\right)\\&=\prod\left[1^k\mu(p_i^{c_i})+p_i^k\mu(p_i^{c_i-1})+p_i^{2k}\mu(p_i^{c_i-2})+\cdots+p_i^{(c_i-1)k}\mu(p_i)+p_i^{c_ik}\mu(1)\right]\\&=\prod\left[p_i^{c_ik}-p_i^{(c_i-1)k}\right]\\&=\prod\left[p_i^{(c_i-1)k}(p_i^k-1)\right]\end{aligned}$$

线性筛即可。

详细解释

原式如下：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)^k$$

可令 $n\le m$，若 $n>m$ 直接交换即可。

首先枚举 $\gcd(i,j)$ 可能等于的数，即 $1$ 到 $n$（因为 $n\le m$）。也就是枚举 $d$，当 $\gcd(i,j)=d$ 时才会产生贡献，即：

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

因为 $i$ 是从 $1$ 到 $n$ 的数字，$d$ 也是从 $1$ 到 $n$ 的数字，所以可以用 $d$ 乘上一个 $1$ 到 $n/d$ 的数来表示 $1$ 到 $n$ 的数，$m$ 同理：

$$\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}d^k[\gcd(i\times d,j\times d)=d]$$

既然 $i\times d$ 与 $j\times d$ 已经有了公共的因数 $d$，那么要使这俩最大公约数为 $d$ 的话，一定有 $\gcd(i,j)=1$：

$$\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}d^k[\gcd(i,j)=1]$$

因为 $\mu*1=\varepsilon$，即 $\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]$，替换掉上式的艾弗森括号：

$$\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}d^k\sum_{p\mid i,j}\mu(p)$$

$d$ 的取值只与第一层求和有关，与第二、三层求和无关，故可以把 $d^k$ 提到前面：

$$\sum_{d=1}^nd^k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}\sum_{p\mid i,j}\mu(p)$$

与其枚举 $i,j$，不如只枚举 $\mu(p)$ 会出现多少次，如果固定了 $p$，那么在 $i$ 在遍历 $1$ 到 $\lfloor\frac n d\rfloor$ 时，会出现 $\lfloor\frac n{dp}\rfloor$ 次 $p$，或者说 $1$ 到 $\lfloor\frac n d\rfloor$ 中有 $\lfloor\frac n{dp}\rfloor$ 个数是 $p$ 的倍数（$j$ 同理）。因为 $p$ 是 $i,j$ 的因数且 $i$ 的枚举范围小于 $j$ 的枚举范围（因为 $n\le m$），所以 $p$ 的枚举范围和 $i$ 相同：

$$\sum_{d=1}^nd^k\sum_{p=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n{dp}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m{dp}\rfloor}1$$

后面两个求和已经能直接算出来了：

$$\sum_{d=1}^nd^k\sum_{p=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\mu(p)\left\lfloor\frac n{dp}\right\rfloor\left\lfloor\frac m{dp}\right\rfloor$$

令 $D=dp$，转为枚举 $D$ 之后 $\lfloor\frac n{dp}\rfloor\lfloor\frac m{dp}\rfloor$ 就可以直接提出来；$p=D/d$，所以 $\mu(p)$ 被替换成 $\mu(D/d)$；第二层循环与 $d$ 无关，所以 $d^k$ 可以提到第二层循环；此时第二层循环里面就变成了 $d^k\mu(D/d)$，因为 $d=D/p$，所以 $d$ 的枚举范围就是 $d\mid D$：

$$\sum_{D=1}^n\left\lfloor\frac n D\right\rfloor\left\lfloor\frac m D\right\rfloor\sum_{d\mid D}d^k\mu\left(\frac D d\right)$$

观察前面的 $\sum_{D=1}^n\lfloor\frac n D\rfloor\lfloor\frac m D\rfloor$ 可以想到用整除分块做，但是想要用整除分块，需要知道后面 $\sum_{d\mid D}d^k\mu(\frac D d)$ 的前缀和（整体的，指在 $D$ 取 $1,2,3\cdots$ 时整个求和结果的前缀和），那就单独来研究它。

令

$$f(D)=\sum_{d\mid D}d^k\mu\left(\frac D d\right)$$

$d^k$ 其实就是恒等函数 $\text{id}_k(d)$，$\mu(\frac D d)$ 就是欧拉函数 $\mu(\frac D d)$，那 $f(D)$ 不就是 $\text{id}_k$ 和 $\mu$ 的狄利克雷卷积嘛！

$$f(D)=\sum_{d\mid D}d^k\mu\left(\frac D d\right)=(\text{id}_k*\mu)(D)$$

狄利克雷卷积具有积性保持性（狄利克雷生成函数 - OI Wiki），所以 $f(D)$ 也是积性函数！那就好办了！如果想求 $F(D)$ 的话（注意！上面那个式子 $f(D)$ 表示一个关于 $D$ 的函数，$D$ 是变量，而现在说的 $D$ 是一个给定的常数！），不妨设 $D=\prod p_i^{c_i}$，则根据积性函数的定义：

$$f(D)=f\left(\prod p_i^{c_i}\right)=\prod f(p_i^{c_i})$$

把 $f(p_i^{c_i})$ 都带入 $f(D)=\sum_{d\mid D}d^k\mu(\frac D d)$（同样，这里的 $D$ 只是一个函数中的自变量，与上面那个式子中的 $D$ 含义不同！）：

$$\prod\left[1^k\mu(p_i^{c_i})+p_i^k\mu(p_i^{c_i-1})+p_i^{2k}\mu(p_i^{c_i-2})+\cdots+p_i^{(c_i-1)k}\mu(p_i)+p_i^{c_ik}\mu(1)\right]$$

因为 $p_i$ 是质数，根据莫比乌斯函数的定义（[莫比乌斯反演 - OI Wiki](https://oiwiki.com/math/number-theory/mobius/#定义)），当 $x$ 含有平方因子时 $\mu(x)=0$，那么 $\mu(p_i^{c_i}),\mu(p_i^{c_i-1}),\mu(p_i^{c_i-2})\cdots\mu(p_i^2)$ 都等于 $0$！带入到上式：

$$\prod\left[p_i^{c_ik}-p_i^{(c_i-1)k}\right]$$

居然只剩这么两项了！镇棒！把 $p_i^{(c_i-1)k}$ 给提出来：

$$\prod\left[p_i^{(c_i-1)k}(p_i^k-1)\right]$$

所以，我们得到了函数 $f(D)$ 的表达式：

$$f(D)=\prod\left[p_i^{(c_i-1)k}(p_i^k-1)\right]$$

哇哇！这样不就可以线性筛了嘛！为什么呢？看看线性筛的代码：

void solve(int n) {
   for (int i = 2; i <= n; ++i) {
       if (!vis[i]) {
           primes.push_back(i);
           // 更新 f[i] 值
       }
       for (int p : primes) {
           if (i * p > n) break;
           vis[i * p] = 1;
           if (i % p == 0) {
               // 更新 f[i] 值
               break;
           } else {
               // 更新 f[i] 值
           }
       }
   }
}

假如说现在 $i$ 是质数，程序运行到第 5 行，根据上面得到的式子：$f(D)=\prod[p_i^{(c_i-1)k}(p_i^k-1)]$，这个时候 $p_i=i$ 且 $c_i=1$，那 $f(i)$ 就等于 $p_i^k-1$ 也就是 $i^k-1$。

if (!vis[i]) {
   primes.push_back(i);
   f[i] = (kasumi(i, k) - 1 + MOD) % MOD;
}

到了下面筛 $i\times p$ 时，假如 $i\bmod p\neq0$，也就是 $p$ 不是 $i$ 的因数，$i$ 乘上 $p$ 之后为 $i$ 多添加了一个全新的因数，而且这个因数还是个质数（根据线性筛的定义，每个数只被它最小的质因数筛去（筛法 - OI Wiki）），那么根据刚才的式子：$f(D)=\prod[p_i^{(c_i-1)k}(p_i^k-1)]$，乘积中多添加了 $p^{(c-1)k}(p^k-1)$ 这一项。因为 $p$ 是新添加的因数，所以 $c=1$，那 $p^{(c-1)k}=1$，相当于在乘积中只多添加了 $p^k-1$ 这一项（又或者说是添加了 $f(p)$ 这一项，因为 $p$ 是质数，则 $f(p)=p^k-1$；另一种解释是 $\gcd(i,p)=1$，所以根据积性函数的定义也能得证。），则 $f(i\times p)=f(i)(p^k-1)$（或 $f(i\times p)=f(i)f(p)$）。

if (i % p == 0) {
   // ...
   break;
} else {
   f[i * p] = f[i] * (kasumi(p, k) - 1 + MOD) % MOD; // 或 f[i * p] = f[i] * f[p] % MOD;
}

那如果 $i\bmod p=0$ 呢？也就是 $p\mid i$，$p$ 在 $i$ 的质因数中已经出现过了，$i$ 乘上 $p$ 之后相当于把 $p$ 这个质因数的指数加了 $1$，那么根据上式 $f(D)=\prod[p_i^{(c_i-1)k}(p_i^k-1)]$，$i$ 乘 $p$ 相当于把 $c_i$ 加 $1$，相当于在乘积中添加了 $p_i^k$ 这一项（$\displaystyle\frac{p_i^{(c_i+1-1)k}(p_i^k-1)}{p_i^{(c_i-1)k}(p_i^k-1)}=p_i^k$），则 $f(i\times p)=f(i)p_i^k$。

if (i % p == 0) {
   f[i * p] = f[i] * kasumi(p, k) % MOD;
   break;
} else {
   // ...
}

终于解决完 $f(D)$ 的问题啦，回到原来的答案式：

$$\sum_{D=1}^n\left\lfloor\frac n D\right\rfloor\left\lfloor\frac m D\right\rfloor f(D)$$

因为线性筛时涉及到快速幂，那么只能用 $O(n\log_2k)$ 的时间复杂度求出 $f(D)$ 即其前缀和，加上整除分块，可以用 $O(\sqrt n)$ 的时间复杂度求出答案式。那么整体的时间复杂度就是 $\Theta(n\log_2k+T\sqrt n)$，$\Omega(n\log_2k)$。

代码

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
typedef long long ll;

const int MAXN = 5e6 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;

ll kasumi(ll x, ll y) {
  ll res = 1;
  while (y) {
    if (y & 1) res = res * x % MOD;
    y >>= 1;
    x = x * x % MOD;
  }
  return res;
}

ll k;

bool vis[MAXN];
ll f[MAXN];
::std::vector <ll> primes, mi;
void solve(ll n) {
  f[1] = 1;
  for (ll i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!vis[i]) {
      primes.push_back(i);
      f[i] = (kasumi(i, k) - 1 + MOD) % MOD;
    }
    for (ll p : primes) {
      if (i * p > n) break;
      vis[i * p] = 1;
      if (i % p == 0) {
        f[i * p] = f[i] * kasumi(p, k) % MOD;
        break;
      } else {
        f[i * p] = f[i] * f[p] % MOD; /* kasumi(p, k) - 1*/
      }
    }
  }
  for (ll i = 1; i <= n; ++i) {
    f[i] = (f[i] + f[i - 1]) % MOD;
  }
}

int T;
ll n, m;
ll ans;

int main() {
  freopen("bzoj_4407.in", "r", stdin);
  freopen("bzoj_4407.out", "w", stdout);
  scanf("%d %lld", &T, &k);
  solve(MAXN - 10);
  while (T--) {
    scanf("%lld %lld", &n, &m);
    if (n > m) n ^= m ^= n ^= m;
    ans = 0;
    for (ll i = 1, ed; i <= n; i = ed + 1) {
      ed = ::std::min(n / (n / i), m / (m / i));
      ans = (ans + (n / i) * (m / i) % MOD * (f[ed] - f[i - 1] + MOD) % MOD) % MOD;
    }
    printf("%lld\n", ans);
  }
  return 0;
}

Update

[2025/06/20] 修正了一处代码错误。

if (i % p == 0) {
 // ...
 break;
} else {
 f[i * p] = f[i] * (kasumi(p, k) - 1 + MOD) % MOD; // 或 f[i * p] = > f[i] * f[p] % MOD;
 // - f[i * p] = f[i] * kasumi(p, k) % MOD; // 或 f[i * p] = f[i] * f[p] % MOD;
}

忘记减一了（

[2025/07/04] 修改了几处错别字。

这个题数据水完了，建议大家自己自己随便拍两组，可能要比给的数据强。

有一个简单的做法，注意到对于一个节点 $u$，和他子树内所有关键点构成的集合 $S$，要么是 $u$ 能到达 $S$ 中的一些点，要么是 $S$  的一些点能到达 $u$，或者 $u,S$ 之间不连通。

直接设 $f_{i,0/1/2}$ 表示上面三种情况，做一个树上背包的合并即可，复杂度应该是 $O(n)$。

一个细节问题是对于关键点 $x$ 其 dp 的初始值如何处理，做法很多，但都能做到 $O(n)$。反正我写的很屎，但是 fhx 提供的很简洁（遗憾的是我没有理解）。

其实最开始我是往连通性方面想的 dp，结果最后想到了状态压缩上（？），于是在写错了一个很难写代码后，我短暂思考了另外一种很繁琐的做法，就是容斥。

先将边任意定向向都视为合法，然后减掉不合法的方案数，注意 $x\to y$ 和 $y\to x$ 这两种关系是不一样的，所以不合法的条件一共有 $k(k-1)$ 种。

枚举 $S$，求至少满足 $S$ 中所有不合法条件的方案数 $f(S)$，答案是 $\sum_{S}(-1)^{|S|}f(S)$，问题变成如何求答案。

暴力求是不行的，考虑树链剖分后用线段树维护，变成一个链覆盖的问题，可以做到 $O(k^2\log^2 n)$，最后的复杂度就是 $O(4^kk^2\log^2n)$，实际上因为复杂度省略了常数，容斥在 $k\le 4$ 的条件下可以轻松通过。

因为我用新加的数据测试了之前错的代码，所以给出的代码不保证对，但是这份代码是 fhx 的，应该是对的。

写题解纪念我们差点得到的金牌。

首先要发现怎么选才是最优的，显然深度靠下的点先走，让它走到一个自己能获得权值最大的叶子。

所以现在的问题就是对于一个点，该怎么快速求出它上面的那几个人能获得的最大权值。发现每次都是走到一个叶子，所以我们大概思路就是可以在每个点记录一下可能的路径数量，然后取前几个最优的（可以用set），并把剩下的丢进父亲节点的路径里，然后父亲再取，父亲合并儿子的路径的时候可以直接启发式合并，时间复杂度就是对的。

问题在于这样直接做可能两条优的路径里面有一些重叠的，答案就会大。解决方案其实也很简单，我们既然要避免一个点被算多次，那么就可以在算路径的时候只把自己的权值放进去一次，那么直接放进最优的路径就好。

然后随便写就过了，不开加速好像会超时。

fhx 跟我说这题是简单题我就一眼秒了，没想到意思发现了标解以外的在线算法。

假设 $n,q,V$ 同阶。

对 $a$ 分块，块长为 $B$，散块部分直接暴力计算，复杂度为 $O(B)$。

对于整块的部分，考虑对询问的 $k$ 进行阈值分治，令阈值也为 $B$，查询的整块区间为 $L\sim R$ 块。

若 $k\le B$，预处理 $f_{i,j}$ 表示 $1\sim i$ 块中所有数除以 $k$ 下取整之和，则这部分就是 $f_{R,k}-f_{L-1,k}$。

若 $k> B$，枚举 $v\in [0,\lfloor\frac{V}{k}\rfloor]$ 表示存在多少个 $\lfloor\frac{a_i}{k}\rfloor=v$ 在整块区间内，转化为查询多少个值域在 $[vB,(v+1)B)$ 的数在整块区间里面，预处理 $g_{i,j}$ 表示前 $i$ 块 $\le j$ 的数的个数，也可以 $O(1)$ 求。

直接取 $B=\sqrt{n}$ 可以得到理论最优复杂度为 $O(n\sqrt{n})$，空间为 $O(n\sqrt{n})$。实际上对于第二问转化出来的询问离线处理也可以做到空间线性。

别看我，代码是 ds 写的。

诈骗题说是，但话说真的有快速阶乘和算法说是，建议 $n\le 10^{18}$。

注意到 $i\ge 10000$ 时，$i!$ 必然能被 $10000$ 整除，后面的部分不用算即可，复杂度为 $O(1)$。

求 $\text{mex}$，复杂度为 $O(n)$。