P6222 「简单题」加强版 莫比乌斯反演 线性筛积性函数

LINK：简单题

以前写过弱化版的 不过那个实现过于垃圾 少预处理了一个东西。

这里写一个实现比较精细了。

最后可推出式子：\(\sum_{T=1}^nsum(\frac{n}{T})\sum_{x|T}(\frac{T}{x})^kx^k\mu(\frac{T}{x})^2\mu(x)\)

其中 \(sum(x)=\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{x}(i+j)^k\)

先看前面的那项 由于是完全积性函数先筛出\(i^k\)复杂度可近乎是O(n)的。

考虑上面的式子怎么求？再设\(w_x=\sum_{i=1}^x(i+x)^k\)

显然 \(w_x=w_{x-1}+(2x-1)^k+(2x)^k-x^k\)

显然 \(sum_x=sum_{x-1}+2w_x-(2x)^k\)

后面那项 考虑积性函数筛出 可以发现当其中的质因子p的指数>=3时为0.

那么每次可以特判一下是否为2 简单计算一下即可。

有点卡空间 所以就把 sum w 前缀和数组给整到一块了/cy

const int MAXN=10000010,maxn=2000010;
int T,n,top,k;
int p[maxn];
bitset<MAXN<<1>v;
ui s[MAXN<<1],b[MAXN<<1];
inline ui ksm(ui b,int p)
{
	ui cnt=1;
	while(p)
	{
		if(p&1)cnt=cnt*b;
		p=p>>1;b=b*b;
	}
	return cnt;
}
inline void prepare()
{
	int m=n<<1;b[1]=s[1]=1;
	rep(2,m,i)
	{
		if(!v[i])
		{
			p[++top]=i;
			s[i]=ksm(i,k);
			b[i]=s[i]*i-s[i];
		}
		rep(1,top,j)
		{
			if(p[j]>m/i)break;
			v[i*p[j]]=1;
			s[i*p[j]]=s[i]*s[p[j]];
			if(i%p[j]==0)
			{
				if(i/p[j]%p[j]!=0)b[i*p[j]]=s[p[j]]*s[p[j]]*p[j]*(-1)*b[i/p[j]];
				break;
			}
			b[i*p[j]]=b[i]*b[p[j]];
		}
	}
	ui las=0;
	rep(1,n,i)
	{
		b[i]+=b[i-1];
		s[i]=las+s[2*i-1]+s[i<<1]-s[i];
		las=s[i];s[i]=-s[i<<1]+s[i-1]+2*s[i];
	}
}
int main()
{
	//freopen("1.in","r",stdin);
	get(T);get(n);get(k);
	prepare();
	while(T--)
	{
		get(n);ui ans=0;
		int w1,ww;
		for(int i=1;i<=n;i=ww+1)
		{
			w1=n/i;ww=n/w1;
			ans+=s[w1]*(b[ww]-b[i-1]);
		}
		printf("%u\n",ans);
	}
	return 0;
}