DZY Loves Math 系列详细题解

BZOJ 3309: DZY Loves Math I

题意

\(f(n)\) 为 \(n\) 幂指数的最大值。

\[\sum_{i = 1}^{a} \sum_{j = 1}^{b} f(\gcd(i, j))
\]

\(T\le 10000, 1 \le a,b \le 10^7\)

题解

\[\begin{aligned}
ans
&= \sum_{i = 1}^{a} \sum_{j = 1}^{b} f(\gcd(i, j)) \\
&= \sum_{d = 1}^{\min(a, b)} f(d) \sum_{x = 1}^{\min(\lfloor \frac a d\rfloor, \lfloor \frac b d\rfloor)} \mu(x) \lfloor \frac a {dx}\rfloor \lfloor \frac b {dx} \rfloor
\end{aligned}
\]

令 \(dx = T\) 那么有

\[\begin{aligned}
ans
&= \sum_{T = 1}^{\min(a, b)} \lfloor \frac a {T}\rfloor \lfloor \frac b {T} \rfloor (\sum_{d | T} f(d) \mu(\frac T d))
\end{aligned}
\]

我们线性筛出 \(f * \mu\) 就行了，每次整除分块回答，复杂度是 \(\mathcal O(n + T \sqrt n)\) 的。

什么不会线性筛？那么埃氏筛卡常吧。

BZOJ 3462: DZY Loves Math II

题意

\(2\le S \le 2*10^6,1 \le n \le 10^{18},1 \le q \le 10^5\)

题解

好神啊。。

我们考虑把相同的 \(p_i\) 合并，那么就变成

\[\begin{aligned}
\sum_{i \le k} p_i c_i &= n &(c_i \ge 1) \\
\prod_{i \le k} p_i &= S
\end{aligned}
\]

求第一个方程 \(c_i\) 解的方案数。那么对于 \(S\) 的唯一分解来说，不存在一个质因子的次数 \(>1\) 。

对于 \(c_i \ge 1\) 的限制我们可以把 \(n - \sum_i p_i\) 来去掉，那么现在我们只需要求一个完全背包的方案数。

对于一个因子 \(p_i\) 选 \(c_i\) 个的体积是 \(p_i c_i\) ，其实就等价于 \(xS + yp_i\) 这个方案。

什么意思呢？我们把 \(p_ic_i\) 对于 \(S\) 取模后就得到了 \(yp_i\) ，也就意味着 \(yp_i < S\) 。

那么我们要求的其实就是

\[\begin{aligned}
\sum_{i \le k} (xS + yp_i) &= n &(c_i \ge 1, yp_i < S) \\
\end{aligned}
\]

的方案数。

考虑移项，那么就变成

\[\begin{aligned}
\sum_{i \le k} yp_i &= n - \sum_{i \le k} xS &(c_i \ge 1, y < \frac S {p_i}) \\
\end{aligned}
\]

不难发现对于前者的大小不会超过 \(kS\) ，可以直接暴力做多重背包就行了。

那么对于后面的方案如何算呢？不难发现其实就是求 \(\sum_{i \le k} x = \displaystyle \frac{n - \sum_{i \le k}y p_i}{S}\) 的方案数，直接隔板一下就行了。

复杂度其实是 \(\mathcal O(k^2S + qk^2)\) 的，跑的挺快。

总结

对于一类计数问题，可以考虑如何把原来模型等价替代，常常能优化复杂度，或减少难度。

代码

注意多重背包那里可以减掉不合法的优化一下复杂度。

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

typedef long long ll;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline ll read() {
	ll x(0), sgn(1); char ch(getchar());
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
	return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("3462.in", "r", stdin);
	freopen ("3462.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 2e6 + 1e3, Mod = 1e9 + 7;

inline void add(int &a, int b) {
	if ((a += b) >= Mod) a -= Mod;
}

inline int fpm(int x, int power) {
	int res = 1;
	for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)
		if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;
	return res;
}

int fac[N], ifac[N];
void Fac_Init(int maxn) {
	fac[0] = ifac[0] = 1;
	For (i, 1, maxn) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % Mod;
	ifac[maxn] = fpm(fac[maxn], Mod - 2);
	Fordown (i, maxn - 1, 1) ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1ll) % Mod;
}

inline int comb(ll n, int m) {
	if (n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
	int res = 1;
	for (ll i = n; i >= n - m + 1; -- i)
		res = 1ll * (i % Mod) * res % Mod;
	return 1ll * res * ifac[m] % Mod;
}

int S, q, p[20], ptot, f[2][N * 7];

int main () {

	File();

	S = read(); int tmp = S; q = read();

	for (int i = 2; i * i <= tmp; ++ i)
		while (!(tmp % i)) tmp /= i, p[++ ptot] = i;
	if (tmp > 1) p[++ ptot] = tmp;
	sort(p + 1, p + ptot + 1);
	ptot = unique(p + 1, p + ptot + 1) - p - 1;
	if (p[ptot + 1]) {
		while (q --) puts("0"); return 0;
	}

	int cur = 0; f[0][0] = 1;
	For (i, 1, ptot) {
		cur ^= 1; Cpy(f[cur], f[cur ^ 1]);
		For (j, 1, i * S) {
			if (j >= p[i]) add(f[cur][j], f[cur][j - p[i]]);
			if (j >= S) add(f[cur][j], Mod - f[cur ^ 1][j - S]);
		}
	}

	int sum = accumulate(p + 1, p + ptot + 1, 0); Fac_Init(ptot);
	while (q --) {
		ll n = read() - sum, ans = 0;
		if (n < 0) {
			puts("0"); continue;
		}
		for (int i = n % S; i <= ptot * S; i += S)
			ans = (ans + 1ll * f[cur][i] * comb((n - i) / S + ptot - 1, ptot - 1)) % Mod;
		printf ("%lld\n", ans);
	}

	return 0;

}

BZOJ 3481: DZY Loves Math III

题意

给定整数 \(P, Q\) 求满足方程 \(xy \equiv Q \pmod P\) 的整数解 \((x, y)\) 的数量，满足 \(0 \le x, y < P\) 。

其中 \(P = \prod_{i \le N} P_i, Q = \prod_{i \le N} Q_i\) 。

\(1 \le N \le 10, 0 \le Q_i \le 10^{18}, 1 \le P_i \le 10^{18},P \ge 2\)

题解

考虑枚举一个 \(x\) ，那么我们就是求对于 \(yx + kP = Q\) 的整数解个数。

利用在扩欧学习的知识，只有在 \(\gcd(x, P) | Q\) 的时候才会有解，且在这个模意义下有 \(\gcd(x, P)\) 个解。

那么答案其实就是

\[\sum_{x < P} \gcd(x, P) [\gcd(x, P) | Q]
\]

考虑枚举 \(\gcd(P, Q) = T\) 那么答案其实就是

\[f(T) = \sum_{d | T} d \cdot \varphi(\frac P d)
\]

如果你足够厉害，就能发现 \(f(T)\) 其实是个积性函数。

其实是因为积性函数和完全积性函数的狄利克雷卷积是个积性函数。。。（把 \(P\) 那里提出一个因子变成 \(T\) 就行了）

那么我们就能对于每个质因子 \(p\) 单独考虑啦，设它在 \(P\) 中有 \(q\) 个，\(T\) 中有 \(q'\) 个（显然有 \(q' \le q\) ）。

然后贡献其实就是

\[\begin{aligned}
ans
&= \sum_{i = 0}^{q'} p^i \cdot \varphi(p^{q - i})\\
&= \sum_{i = 0}^{q'} p^i \cdot (p - 1) p^{q - i - 1}\\
&= q' (p - 1) p^{q - 1}
\end{aligned}
\]

但是这个会在 \(q' = q\) 的时候出现问题，因为 \(\varphi(1) = 1\) 那么我们就会把个 \(p^q\) 算成 \((p - 1)p^{q - 1}\) ，加回去即可。

总结

\(yx + kP = Q\) 有在 \(\gcd(x, P) | Q\) 的时候才会有解，且在这个模 \(P\) 意义下有 \(\gcd(x, P)\) 个解。

注意观察积性函数的性质，用质数去算答案大大降低复杂度。

代码

要个 \(\text{Pollard Rho}\) 分解质因数qwq

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define pb push_back

using namespace std;

typedef long long ll;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline ll read() {
	ll x(0), sgn(1); char ch(getchar());
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
	return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("3481.in", "r", stdin);
	freopen ("3481.out", "w", stdout);
#endif
}

bool flag;

namespace Pollard_Rho {

	inline ll rnd() { return abs((rand() << 30ll) | rand()); }
	inline ll randint(ll l, ll r) { return rnd() % (r - l + 1) + l; }

	const double eps = 1e-3;
	inline ll mul(ll a, ll b, ll Mod) {
		ll tmp = (a * b - (ll) ((long double) a / Mod * b + eps) * Mod);
		return tmp < 0 ? tmp + Mod : tmp;
	}

	inline ll fpm(ll x, ll power, ll Mod) {
		ll res = 1;
		for(; power; power >>= 1, x = mul(x, x, Mod))
			if (power & 1) res = mul(res, x, Mod);
		return res;
	}

	const int times = 8;

	inline bool Miller_Rabin(ll p) {
		if (p <= 2) return p == 2;
		if (!(p & 1)) return false;
		ll u = p - 1; int power = 0;
		for (; !(u & 1); u >>= 1) ++ power;
		For (i, 1, times) {
			ll a = randint(2, p - 1), x = fpm(a, u, p), y;
			for (int i = 1; i <= power; ++ i, x = y) {
				if ((y = mul(x, x, p)) == 1 && x != 1 && x != p - 1) return false;
			}
			if (x != 1) return false;
		}
		return true;
	}

	ll c, Mod;

	ll f(ll x) { return (mul(x, x, Mod) + c) % Mod; }

	ll find(ll x) {
		if (!(x & 1)) return 2; Mod = x;
		ll a = randint(2, x - 1), b = a; c = randint(2, x - 1);
		do {
			a = f(a); b = f(f(b));
			ll p = __gcd(abs(a - b), x);
			if (p > 1) return p;
		} while (b != a);
		return find(x);
	}

	void ReSolve(ll x, map<ll, int> &factor) {
		if (x <= 1) { flag |= !x; return; }
		if (Miller_Rabin(x)) { ++ factor[x]; return; }
		ll fac = find(x); ReSolve(fac, factor); ReSolve(x / fac, factor);
	}

}

map<ll, int> P, Q, T; typedef map<ll, int> :: iterator iter;

const int Mod = 1e9 + 7;

int main() {

	File();

	int n = read();

	srand(998244353);

	using Pollard_Rho :: ReSolve;
	using Pollard_Rho :: fpm;

	For (i, 1, n) ReSolve(read(), P);
	For (i, 1, n) ReSolve(read(), Q);
	if (flag) Q = P;

	for (iter it = Q.begin(); it != Q.end(); ++ it) {
		ll p = it -> first; T[p] = min(P[p], Q[p]);
	}

	int ans = 1;
	for (iter it = P.begin(); it != P.end(); ++ it)
		if (it -> second) {
			ll p = it -> first, res;
			res = (p - 1) % Mod * (T[p] + 1) % Mod * fpm(p, P[p] - 1, Mod) % Mod;
			if (T[p] == P[p])
				res = (res - (p - 1) % Mod * fpm(p, P[p] - 1, Mod) + fpm(p, P[p], Mod)) % Mod;
			ans = 1ll * ans * (res + Mod) % Mod;
		}
	printf ("%d\n", ans);

	return 0;

}

BZOJ 3512: DZY Loves Math IV

题意

给定 \(n, m\) 求

\[\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \varphi(ij) \pmod {10^9+7}
\]

\(1 \le n \le 10^5, 1 \le m \le 10^9\)

题解

神题啊！

为啥 \(n, m\) 不是同级的？因为是让我们暴力枚举 \(n\) 。

那么我们求得就是

\[S(n, m) = \sum_{i = 1}^m \varphi(ni)
\]

考虑如何将 \(\varphi(ni)\) 给拆开，因为 \(\varphi(x)\) 只有每个质因子 \(p\) 第一次出现的时候才会是 \(p - 1\) ，其他时候都直接乘 \(p\) 。

我们设 $n = \prod_i p_i^{a_i} $ ，那么令 \(p = \prod_i p_i^{a_i - 1}, q = \prod_i p_i\) 那么有 \(pq = n\) 。

有一些预备知识可以看看 这篇博客 ，讲了一下如何证明后面的一些结论。

假设你前置的欧拉函数知识都会了，那么我接下来就把 yyb 的博客搬过来啦。

\[\begin{aligned}
S(n,m)
&= p \sum_{i = 1}^m \varphi(qi)\\
&= p\sum_{i = 1}^m \varphi(q) \varphi(\frac{i}{\gcd(i,q)}) \gcd(i,q)\\
&= p \sum_{i = 1}^m \varphi(\frac q{\gcd(i,q)}) \varphi(i) \gcd(i,q)\\
&= p \sum_{i = 1}^m \varphi(\frac q{\gcd(i,q)}) \varphi(i) \sum_{d|\gcd(i,q)} \varphi(d)\\
&= p \sum_{i = 1}^m \varphi(i) \sum_{d|i,d|q}\varphi(\frac{q}{d})\\
&= p \sum_{d | q} \varphi(\frac qd) \sum_{i=1}^{\frac md} \varphi(id)\\
&= p \sum_{d | q} \varphi(\frac qd) S(d, \lfloor \frac{m}{d} \rfloor)\\
\end{aligned}
\]

其中有几步比较 \(\text{tricky}\) ，就比如 \(d | \gcd(i, q)\) 变回 \(d | i, d | q\) 然后枚举 \(d | q\) ，算答案。

最后我们利用这个式子直接记忆化处理就行了，对于 \(n = 1\) 的时候用杜教筛处理边界就行了。

复杂度有个比较松的上界 \(\mathcal O(n \sqrt m + m^\frac 2 3)\) ，但好像太松了。。我极限只需要 \(0.6s\) 。（还是用的 std :: map 。。）

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define pb push_back

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
	int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
	return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("3512.in", "r", stdin);
	freopen ("3512.out", "w", stdout);
#endif
}

const int Lim = 1e5, N = Lim + 1e3, Mod = 1e9 + 7;

int prime[N], pcnt, phi[N], sumphi[N], minp[N];
bitset<N> is_prime;

void Linear_Sieve(int maxn) {
	is_prime.set(); is_prime[0] = is_prime[1] = false;
	phi[1] = sumphi[1] = 1;
	For (i, 2, maxn) {
		if (is_prime[i]) prime[++ pcnt] = i, phi[i] = i - 1, minp[i] = i;
		for (int j = 1, res; (res = i * prime[j]) <= maxn && j <= pcnt; ++ j) {
			is_prime[res] = false; minp[res] = prime[j];
			if (i % prime[j]) phi[res] = phi[i] * (prime[j] - 1);
			else { phi[res] = phi[i] * prime[j]; break; }
		}
		sumphi[i] = (sumphi[i - 1] + phi[i]) % Mod;
	}
}

map<int, int> M, val[N];

#define Out(a, b) if (a) return b;

int Phi(int n) {
	Out(n <= Lim, sumphi[n]); Out(M[n], M[n]);
	int res = 1ll * n * (n + 1) / 2 % Mod;
	for (int i = 2, ni; i <= n; i = ni + 1)
		res = (res + Mod - ((ni = n / (n / i)) - i + 1ll) * Phi(n / i)) % Mod;
	return M[n] = res;
}

int S(int n, int m) {
	Out(!m, 0); Out(n == 1, Phi(m)); Out(m == 1, phi[n]); Out(val[n][m], val[n][m]);
	int res = 0, p = 1, q = 1, tmp = n; vector<int> fac;
	while (tmp > 1) {
		int x = minp[tmp]; q *= x; tmp /= x; fac.pb(x);
		while (!(tmp % x)) p *= x, tmp /= x;
	}
	Rep (i, 1 << int(fac.size())) {
		int d = 1;
		Rep (j, fac.size()) if (i >> j & 1) d *= fac[j];
		res = (res + 1ll * phi[q / d] * S(d, m / d)) % Mod;
	}
	return val[n][m] = 1ll * res * p % Mod;
}

int main () {

	File();

	Linear_Sieve(Lim);

	int n = read(), m = read(), ans = 0;
	For (i, 1, n)
		ans = (ans + S(i, m)) % Mod;
	printf ("%d\n", ans);

	return 0;

}

BZOJ 3560: DZY Loves Math V

题意

给你 \(n\) 个正整数 \(a_1, a_2, \cdots, a_n\) ，求

\[\sum_{i_1 | a_1} \sum_{i_2 | a_2} \cdots \sum_{i_n | a_n} \varphi(i_1 i_2 \cdots i_n) \pmod {10^9 + 7}
\]

\(1 \le n \le 10^5，1 \le a_i \le 10^7\)

题解

终于不是那么神的题啊。。。

又发现答案又是一个积性函数。

然后显然对于每个质因子 \(p\) 单独考虑，假设其在 \(a_i\) 中出现 \(b_i\) 次。

那么答案其实就是

\[ans = \prod_p \sum_{i_1 = 0}^{b_1} \sum_{i_2 = 0}^{b_2} \dots \sum_{i_n = 0}^{b_n} \varphi(p^{\sum_{j = 1}^n i_j})
\]

考虑当 \(k > 0\) 时有 \(\varphi(p^k) = p^k \times \displaystyle \frac {p - 1} p\) ，对于 \(k = 0\) 时则为 \(\varphi(1) = 1\) 。

那么拆一下就变成

\[ans = \prod_p (((\sum_{i_1 = 0}^{b_1} \sum_{i_2 = 0}^{b_2} \dots \sum_{i_n = 0}^{b_n} p^{\sum_{j = 1}^n i_j}) - 1) \times \frac{p - 1}p + 1)
\]

然后对于直接拆回去就行了。

\[ans = \prod_p ((\prod_{i = 1}^n \sum_{j = 0}^{b_i} p^j) - 1) \times \frac{p - 1}p + 1)
\]

然后分解质因数逐个乘起来就行了，复杂度暴力点是 \(\mathcal O(n \sqrt {a_i})\) 的。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
	int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
	return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("3560.in", "r", stdin);
	freopen ("3560.out", "w", stdout);
#endif
}

const int Lim = 1e7, N = Lim + 1e3, Mod = 1e9 + 7;

inline int fpm(int x, int power) {
	int res = 1;
	for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)
		if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;
	return res;
}

PII fac[N]; int ftot, inv[N];

void ReSolve(int x) {
	for (int i = 2; i * i <= x; ++ i) if (!(x % i)) {
		int power = 0;
		while (!(x % i)) x /= i, ++ power;
		fac[++ ftot] = mp(i, power);
	}
	if (x > 1) fac[++ ftot] = mp(x, 1);
}

int sump[210];

int Solve(int l, int r, int p) {
	int res = 1, cur = 0, phip = 1; sump[0] = 1;
	For (i, l, r) {
		for (; cur < fac[i].sec; ++ cur) {
			phip = 1ll * phip * p % Mod;
			sump[cur + 1] = (sump[cur] + phip) % Mod;
		}
		res = 1ll * res * sump[fac[i].sec] % Mod;
	}
	return 1ll * (res - 1) * (p - 1) % Mod * fpm(p, Mod - 2) % Mod + 1;
}

int main () {

	File();

	int n = read();
	For (i, 1, n) ReSolve(read());
	sort(fac + 1, fac + ftot + 1);

	int ans = 1;
	for (int i = 1, j; i <= ftot; i = j + 1) {
		for (j = i; j < ftot && fac[j + 1].fir == fac[i].fir; ++ j);
		ans = 1ll * ans * Solve(i, j, fac[i].fir) % Mod;
	}
	printf ("%d\n", ans);

	return 0;

}

BZOJ 3561: DZY Loves Math VI

题意

给定整数 \(n, m\) 求

\[\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \mathrm{lcm}(i, j)^{\gcd(i, j)} \pmod {10^9 + 7}
\]

\(n, m \le 5 \times 10^5\)

题解

傻吊题。

\[ans = \sum_{d = 1}^{n} d^d \sum_{x = 1}^{\min(\lfloor \frac n d \rfloor, \lfloor \frac m d \rfloor)} \mu(x) x^{2d} (\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} i^d) (\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac m d \rfloor} j^d) \pmod {10^9 + 7}
\]

考虑从小到大枚举 \(d\) ，然后每次把 \(\displaystyle 1 \sim \lfloor \frac n d \rfloor\) 的 \(i^{d - 1}\) 乘上 \(i\) 更新到 \(i^d\) 就行了，然后顺便算下前缀和就行了。

复杂度是调和级数 \(\mathcal O(n \log n)\) 的。

BZOJ 3568: DZY Loves Math VII

题意

已知 \(\mu(n)\) ，求第 \(k\) 小的 \(n\) 。\(\text{I.} |\mu(n)| \le 1,k \le 10^8\)

已知 \(\varphi(n)\) ，求第 \(k\) 小的 \(n\) 。\(\text{II.} \varphi(n) \le 10^{10}, k\le 1000\)

已知 \(d(n)\) ，求第 \(k\) 小的 \(n\) 。\(\text{III.} d(N) \le 10^7,K \le 50\)

题解

\(\mu(n)\)

第一问考虑二分 \(n\) ，对于 \(\sum_{i = 1}^{n} \mu(i)\) 杜教筛即可。

然后这只能算出和，不能确定 \(\{-1, 0, 1\}\) 分别有多少，我们再算一下 \(\sum_{i = 1}^{n} |\mu(i)|\) 的大小就行了，就能先确定 \(0\) 的个数，然后列方程确定 \(\{-1, 1\}\) 的个数了。

如何算呢？容斥一下就行了。

\[\sum_{i = 1}^{n} |\mu(i)| = n + \sum_{i = 2}^{\lfloor \sqrt n \rfloor} \mu(i) \lfloor \frac n {i^2} \rfloor
\]

大概意思就是考虑每个含有平方因子的 \(a\) ，都不能被算进去，我们要减掉。

那么利用 \(\mu(x)\) 的容斥性质，在一个质因子的时候算 \(-1\) 减掉，两个加上 \(\cdots\)

\(\varphi(n)\)

我们利用 \(\varphi(n)\) 的计算式。

\[\varphi(n) = \prod_p p^k \frac{p - 1}{p}
\]

大力分解 \(\varphi(n)\) ，然后直接算所有合法解，小于 \(10^6\) 暴力枚举试除，大于 \(10^6\) 用 Miller_Rabin 判断是否合法就行了，因为 \(> 10^6\) 的质因子不可能超过一个。

看起来很暴力，其实可以通过。。

\(d(n)\)

反质数加强版。。。

利用 \(d(n)\) 的计算式

\[d(n) = \prod_p (k + 1)
\]

大力分解一波，\(K = 1\) 时候指数应该是单调不增的，不然一定可以搞到一个更优解，然后大小判断用 \(\ln\) 。

那么我们基于这个策略进行调整，然后剪剪枝，还需要一个高精度。

这题难点应该就在这问，实现起来十分麻烦。而且剪枝看起来十分不靠谱。。。