2021牛客多校#4 H-Convolution

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题目大意

定义运算⊗：
•设$p_i$表示第$i$个素数，若$x={\prod }_i{p}_i^{a_i},y={\prod }_i{p}_i^{b_i}$，则$x\otimes y={\prod }_i{p}_i^{|a_i-b_i|}$。
现在有一个长度为$n(1\le n\le 10^6)$的序列$a$，
求满足下式的序列$b$：
$$b_i=\sum _{1\le j,k\le n,j\otimes k=i}{a}_j{k}^c$$
其中$0\le a_i\le 998244353,0\le c\le 10^9$。
由于答案数据量很大，一次输出下式结果即可：
$$(b_1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}998244353)\otimes (b_2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}998244353)...\otimes (b_n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}998244353)$$

题解

由题意得，$x={\prod }_i{p}_i^{b^i}$运算即分解其质因数，通过$lcm$和$gcd$的性质可以得出$$x\otimes y=\frac{lcm(x,y)}{gcd(x,y)}=\frac{xy}{gcd(x,y{)}^2}$$
而$b_i$的表达式可以转变为$$b_i=\sum _{1\le x,y\le n,xy=i,gcd(x,y)=1}\sum _{g=1}^{min(\frac{n}{x},\frac{n}{y})}{a}_{xg}(yg{)}^2$$
将$y$项移至左边得$$\frac{y^2}{x^2}{a}_{xg}(xg{)}^2$$
此时带入暴力求解即可，由于$a_{xg}(xg{)}^2$要经常被使用所以我们打一个表来储存$$d{p}_{x,m}=\sum _{g=1}^m{a}_{xg}(xg{)}^2$$其中$m=min(\frac{n}{x},\frac{n}{y})且\le \frac{n}{x}$。
最后将求得的$b$数组进行异或操作。
注意这题要求$k^c$过大，所以用快速幂求解，本题为防爆，全程取模$mod=998244353$。过程中遇到除法操作请用其费马，算其逆元，求其结果。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+5,mod=998244353;
ll gcd(ll a,ll b)
{
    return a%b==0?b:gcd(a%b,b);
}
ll pow(ll a,ll b)
{
    ll ret=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            ret=ret*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}
ll a[N],b[N],f[N],dp[N];
ll n,c;
int main()
{
    scanf("%lld %lld",&n,&c);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
        f[i]=pow(1ll*i,c);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j*i<=n;j++)
            dp[j]=(dp[j-1]+a[i*j]*f[i*j]%mod)%mod;
        for(int j=1;j*i<=n;j++)
        {
            if(__gcd(i,j)!=1)
               continue;
            b[i*j]=(b[i*j]+f[j]*pow(f[i],mod-2)%mod*dp[min(n/i,n/j)]%mod)%mod;
        }
    }
    for(int i=2;i<=n;i++)
        b[i]^=b[i-1];
    printf("%lld\n",b[n]);
    return 0;
}

总结

没什么好说的，思路理解了代码基本没难度。数学题，草稿纸上的题目，不用长时间盯着代码版。