【bzoj3601】一个人的数论 莫比乌斯反演+莫比乌斯函数性质+高斯消元

Description

Sol

这题好难啊QAQ

反正不看题解我对自然数幂求和那里是一点思路都没有qwq

先推出一个可做一点的式子：

(f(n)=sum_{k=1}^{n}[(n,k)=1]k^d)

(=sum_{k=1}^{n}k^dsum_{e|n,e|k}mu(e))

(=sum_{e|n}sum_{k=1}^{n/e}(ek)^dmu(e))

(=sum_{e|n}e^dmu(e)sum_{k=1}^{n/e}k^d)

我们假装（反正就是可以但是我太弱了不会证）后面的式子是一个d+1次的关于n的多项式，因为d很小所以我们用高斯消元求出来系数ai，之后得到：

原式

(=sum_{e|n}e^dmu(e)sum_{k=1}^{d+1}a_k(n/e)^k)

(=sum_{k=1}^{d+1}a_ksum_{e|n}e^dmu(e)(n/e)^k)

设(fk(n)=sum_{e|n}e^dmu(e)(n/e)^k)

因为(e^dmu(e))与((n/e)^i)都是积性函数，所以他们的狄利克雷卷积(fk(n))也是积性函数

我们对于n分解质因数，对于每种质数的qi次幂单独计算，然后乘起来。

显然这样答案等于

(1^d*mu(1)*pi^{qi^{k}}+pi^d*mu(pi)*p^{(qi-1)^{k}})

题目都帮你分解好了就是一种暗示qwq

看到乘数里面有莫比乌斯函数，就要往次幂上想，然后只保留零次幂和一次幂（逃

这个可以直接暴力，ai还是已知的，那么直接枚举d即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll ans,v[105][105],pa[1005],pb[1005],P=1e9+7;int n,d;
ll ksm(ll a,ll b){ll res=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%P) if(b&1) res=res*a%P;return res;}
void gauss(int n)
{
    for(int i=1,k,t;i<=n;i++)
    {
        for(int j=i;j<=n;j++) if(v[j][i]) for(k=i;k<=n+1;k++) swap(v[j][k],v[i][k]);
        for(int j=i+1;j<=n;j++) if(i!=j) for(t=1ll*v[j][i]*ksm(v[i][i],P-2)%P,k=i;k<=n+1;k++) v[j][k]=(v[j][k]-1ll*t*v[i][k]%P+P)%P;
    }
    for(int i=n;i;i--) 
    {
        for(int j=n;j>i;j--) v[i][n+1]=(v[i][n+1]-1ll*v[i][j]*v[j][n+1]%P+P)%P;
        v[i][n+1]=1ll*v[i][n+1]*ksm(v[i][i],P-2)%P;
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&d,&n);
    for(int i=1;i<=d+1;i++)
    {
        for(int j=1;j<=d+1;j++) v[i][j]=ksm(i,j);
        for(int j=1;j<=i;j++) v[i][d+2]=(v[i][d+2]+ksm(j,d))%P;
    }
    gauss(d+1);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&pa[i],&pb[i]);
    for(int i=1,tmp=1;i<=d+1;i++,tmp=1)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++) tmp=1ll*tmp*(ksm(pa[j],pb[j]*i)-ksm(pa[j],d+(pb[j]-1)*i)%P+P)%P;
        ans=(ans+1ll*tmp*v[i][d+2]%P)%P;
    }
    printf("%lld
",ans);
}