[题解] LuoguP6156简单题

https://www.luogu.com.cn/problem/P6156

qndjdt

经肉眼观察可得(f(n)=mu(n)^2)

于是大力推柿子

[egin{aligned}Ans&=sumlimits_{i=1}^n sumlimits_{j=1}^n mu(gcd(i,j))^2gcd(i,j)(i+j)^K\&=sumlimits_{d=1}^n mu(d)^2 dsumlimits_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}sumlimits_{j=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor} [gcd(i,j)=1] d^K (i+j)^K\&=sumlimits_{d=1}^n mu(d)^2 d^{K+1} sumlimits_{i=1}^{lfloor n/d floor} sumlimits_{j=1}^{lfloor n/d floor} sumlimits_{p mid gcd} mu(p)(pi+pj)^K\&=sumlimits_{d=1}^n mu(d)^2 d^{K+1} sumlimits_{p=1}^{lfloor n/d floor}mu(p)p^Ksumlimits_{i=1}^{lfloorfrac{n}{pd} floor}sumlimits_{j=1}^{lfloor frac{n}{pd} floor} (i+j)^Kend{aligned} ]

枚举(T=pd)，然后（(S(n)=sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^n(i+j)^K)）

[egin{aligned}Ans&=sumlimits_{T=1}^n S(lfloor frac{n}{T} floor)sumlimits_{dmid T} mu(d)^2 d^{K+1}mu(frac{T}{d})(frac{T}{d})^K\&=sumlimits_{T=1}^nS(lfloorfrac{n}{T} floor)T^Ksumlimits_{dmid T} mu(d)^2dmu(frac{T}{d})end{aligned} ]

令(f(n)=sumlimits_{dmid n} mu(d)^2dmu(n/d))

于是

[Ans=sumlimits_{T=1}^n S(lfloorfrac{n}{T} floor) T^K f(T) ]

我们只要能快速求出(S)，以及(T^Kf(T))的前缀和，就可以数论分块了。

先来看(S)。考虑递推，不难发现

[S(n+1)-S(n)=sumlimits_{i=1}^{n+1} (i+n+1)^K + sumlimits_{i=1}^n(i+n+1)^K ]

预处理出(Sk(n)=sumlimits_{i=1}^n i^K)，那么

(S(n+1)=S(n)+Sk(2n+2)+Sk(2n+1)-2Sk(n+1))

并不能(n log n)算(Sk)，所以欧拉筛出(i^K)，然后前缀和得到(Sk)，再递推出(S)，边界是(S(1)=2^K)。

然后是(f)，由一坨积性函数卷起来，(f)也是一个积性函数，所以考虑筛法。

在欧拉筛的过程中，会给(i)配上一个质数(p)，得到一个新的数(ip)，如果(p otmid i)，那么直接(f(ip)=f(p)f(i))。

同时对于质数(p)，有(f(p)=mu(1)^2mu(p)+mu(p)^2p=p-1)

如果(p^2mid ip)且(p^3 otmid ip)，有

(f(p^2)=mu(1)^2mu(p^2)+mu(p)^2pmu(p)+mu(p^2)p^2mu(1)=-p)

那么(f(ip)=f(p^2)f(i/p)=-pf(i/p))。

如果(p^3 mid ip)，那么上面算出来(f(p^k))中的(mu)，每一项至少有一个为(0)（含有平方因子），所以(f(p^k)=0 quad (k ge 3))，(f(ip)=0)

于是欧拉筛中分类讨论即可。

算完(f)，将每个(f(i))乘上(i^K)，做前缀和就好了。

(Code:)

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 1e7 + 10, mod = 998244353;

inline int fpow(int x, int y) {
  int ans = 1; for (; y; y>>=1, x = 1ll * x * x % mod)
    if (y & 1) ans = 1ll * ans * x % mod;
  return ans;
}

int ps[777777], pn, Sk[N], S[N], K, f[N];
bool vis[N];

void init() {
  int n = 10000000; Sk[1] = 1, f[1] = 1, S[1] = fpow(2, K);
  for (int i = 2; i <= n; i++) {
    if (!vis[i]) {
      ps[pn++] = i, Sk[i] = fpow(i, K);
      f[i] = i - 1;
    }
    for (int j = 0; j < pn && i * ps[j] <= n; j++) {
      vis[i * ps[j]] = 1;
      Sk[i * ps[j]] = 1ll * Sk[i] * Sk[ps[j]] % mod;
      if (i % ps[j] == 0) {
        int tmp = i * ps[j];
        if (i / ps[j] % ps[j] != 0) f[tmp] = 1ll * f[i/ps[j]] * (mod - ps[j]) % mod;
        else f[tmp] = 0;
        break;
      }
      else f[i * ps[j]] = 1ll * f[i] * (ps[j] - 1) % mod;
    }
  }
  for (int i = 1; i <= n/2; i++) f[i] = 1ll * f[i] * Sk[i] % mod;
  for (int i = 1; i <= n/2; i++) {
    f[i] += f[i-1];
    if (f[i] >= mod) f[i] -= mod;
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    Sk[i] += Sk[i-1];
    if (Sk[i] >= mod) Sk[i] -= mod;
  }
  for (int i = 1; i < n/2; i++) {
    S[i+1] = (0ll + S[i] + Sk[2*i+2] + Sk[2*i+1] - 2ll * Sk[i+1] % mod + mod) % mod;
  }
}

int main() {
  int n, ans = 0; ll tK; scanf("%d%lld", &n, &tK); 
  K = tK % (mod-1); init();
  for (int l = 1, r = 0; l <= n; l = r+1) {
    r = n / (n/l);
    ans += 1ll * S[n/l] * (f[r] - f[l-1] + mod) % mod;
    if (ans >= mod) ans -= mod;
  }
  printf("%d
", ans);
  return 0;
}