又见莫比乌斯反演

题目：http://acm.uestc.edu.cn/#/problem/show/811

 

题意：给定两个正整数

和

，其中

，

，求

的值，其中

。

分析：本题是典型的莫比乌斯反演问题。那么，怎么反演呢？

     首先，我们枚举

的所有值，根据以前学的莫比乌斯反演，可以很容易得到

     

，其中

     我们设

    

，那么得到

，反演后得到

     所以就是

     可以看出枚举

的所有因子递归下去就行。。。现在的关键问题是如何计算

。

     

的表达式为

     由于

不大，所以可以直接用自然数幂和，而

在一段连续的区间值保持不变，思路跟下面这道题差不多。

 

    也就是说

的时间复杂度为

。加上递归的部分，本题总的时间复杂度为

。

     代码：

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <math.h>

using namespace std;
const int N = 50000005;
typedef long long LL;
const LL MOD = 1000000007;

LL dp[N];

LL mu(LL n,int k)
{
    LL ans = 1;
    for(int i=0; i<k; i++)
    {
        ans *= n;
        ans %= MOD;
    }
    return ans;
}

LL calc(LL n,int k)
{
    if(k == 1) return ((n%MOD)*((n+1)%MOD))%MOD*500000004%MOD;
    if(k == 2)
    {
        LL a = n % MOD;
        LL b = (n+1) % MOD;
        LL c = (2*n+1) % MOD;
        return a*b%MOD*c%MOD*166666668%MOD;
    }
    if(k == 3)
    {
        LL t = ((n%MOD)*((n+1)%MOD))%MOD*500000004%MOD;
        return t * t % MOD;
    }
    if(k == 4)
    {
        LL t = 6*mu(n,5)%MOD + 15*mu(n,4)%MOD + 10*mu(n,3)%MOD -n%MOD;
        t %= MOD;
        t += MOD;
        t %= MOD;
        t *= 233333335;
        t %= MOD;
        return t;
    }
    if(k == 5)
    {
        LL t = 2*mu(n,6)%MOD + 6*mu(n,5)%MOD + 5*mu(n,4)%MOD -mu(n,2)%MOD;
        t %= MOD;
        t += MOD;
        t %= MOD;
        t *= 83333334;
        t %= MOD;
        return t;
    }
}

LL sum(LL n,int k)
{
    LL ans = 0;
    LL T = (LL)sqrt(1.0*n);
    for(int i=1; i<=T; i++)
    {
        LL t = (n/i) % MOD;
        LL a = t * t % MOD;
        LL b = mu(i,k) * a % MOD;
        LL c = i * i % MOD;
        LL L = n/(i+1) + 1;
        LL R = n/i;
        LL d = calc(R,k) - calc(L-1,k);
        d %= MOD;
        d += MOD;
        d %= MOD;
        c = c * d % MOD;
        ans += b + c;
        ans %= MOD;
    }
    if(T*T == n)
        ans -= mu(T,k+2);
    ans %= MOD;
    ans += MOD;
    ans %= MOD;
    return ans;
}

LL dfs(LL n,int k)
{
    if(n < N && dp[n]) return dp[n];
    if(n == 1) return 1;
    LL ans = sum(n,k);
    LL tmp = 0;
    for(LL i=1; i*i<=n; i++)
    {
        if(i*i == n)
        {
            tmp %= MOD;
            tmp += dfs(i,k);
            tmp %= MOD;
        }
        else
        {
            tmp %= MOD;
            tmp += dfs(i,k);
            tmp %= MOD;
            if(i == 1) continue;
            tmp += dfs(n/i,k);
            tmp %= MOD;
        }
    }
    if(n < N)
        dp[n] = ((ans-tmp)%MOD + MOD) % MOD;
    return ((ans-tmp)%MOD + MOD) % MOD;
}

int main()
{
    LL n,k;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    printf("%lld\n",dfs(n,k));
    return 0;
}