HDU 6833 莫比乌斯反演 + 数论分块

       给定下列式子:
$$\sum _{a_1=1}^n\sum _{a_2=1}^n...\sum _{a_x=1}^n(\prod _{j=1}^x{a}_j^k)f(\gcd (a_1,a_2...,a_x))\cdot \gcd (a_1,a_2...,a_x)$$
       其中$f(x)=[\exists d>1:d^2\mid x]$，给定 $t,k,x(1\le t\le 10^4,1\le k\le 10^9,1\le x\le 10^9)$，下面 $t$ 组查询，每次输入一个 $n(1\le n\le 2\times 10^5)$， 输出对应公式结果。
       
       首先 $f(x)=|\mu (x)|$，令公式为 $F(x)$，化简如下（要实现单次询问至多 $\sqrt{n}$ 的复杂度，所以当化简后的公式时间复杂度过高时，要想想能否通过更换枚举顺序来使得能预处理的内容更多）：
       
       令 $t=\gcd (a_1,a_2...,a_x)$，$S(n)={\sum }_{a_1=1}^n{\sum }_{a_2=1}^n...{\sum }_{a_x=1}^n({\prod }_{j=1}^x{a}_j^k)$，根据乘法分配率，$S(n)=({\sum }_{i=1}^n{i}^k{)}^x$。我们枚举 $t$，因为 $\gcd$ 为 $t$，所以$\gcd (\frac{a_1}{t},\frac{a_2}{t},...,\frac{a_x}{t})$ 一定等于1，则有
$$\begin{array}{rl}F(x)& =\sum _{t=1}^n{t}^{xk}\sum _{a_1=1}^{\lfloor \frac{n}{t}\rfloor }\sum _{a_2=1}^{\lfloor \frac{n}{t}\rfloor }...\sum _{a_x=1}^{\lfloor \frac{n}{t}\rfloor }(\prod _{j=1}^x{a}_j^k)f(t)\cdot t[\gcd (a_1,a_2,...,a_x)=1]\\ & =\sum _{t=1}^n{t}^{xk}S(\lfloor \frac{n}{t}\rfloor )f(t)\cdot t[\gcd (a_1,a_2,...,a_x)=1]\\ & =\sum _{t=1}^n{t}^{xk}S(\lfloor \frac{n}{t}\rfloor )f(t)\cdot t\sum _{d|t}\mu (d)\\ & =\sum _{t=1}^n{t}^{xk+1}f(t)\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{t}\rfloor }\mu (d)d^{xk}S(\lfloor \frac{n}{td}\rfloor )\end{array}$$
       化简到这一步更换枚举对象，令 $T=td$，则有（这里枚举 $t$ 或 $d$ 都可以，若剩下除法，则计算对应的逆元）
$$\begin{array}{rl}F(x)& =\sum _{T=1}^{n}S(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )\sum _{t|T}f(t)\mu (\frac{T}{t})t^{xk+1}(\frac{T}{t}{)}^{xk}\\ & =\sum _{T=1}^{n}S(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )T^{xk}\sum _{t|T}f(t)\mu (\frac{T}{t})t\\ & =\sum _{T=1}^{n}S(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )T^{xk}\sum _{t|T}|\mu (t)|\mu (\frac{T}{t})t\end{array}$$
       令 $B(T)=T^{xk}{\sum }_{t|T}|\mu (t)|\mu (\frac{T}{t})t$，利用倍数枚举（调和级数复杂度）计算 $\mu (t)$ ，$\mu (\frac{T}{t})$ 和 $t$ 对 $B(T)$ 的贡献即可。
       
       则单次查询的答案即为 ${\sum }_{T=1}^{n}S(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )B(T)$。采用数论分块，单次查询时间复杂度为 $\sqrt{n}$ （实测 $405ms$）。
       
       然而，大佬还有更猛的做法（%%%）
       
       对于 $ij\le n<(i+1)j$，$S(i)B(j)$ 都会对其中的 $n$ 产生贡献。我们考虑构造一个差分数组，在 $ij$ 的位置加，在 $(i+1)j$ 的位置减 $S(i)B(j)$，然后求个前缀和就得到了答案。于是我们实现了 $O(1)$ 查询（实测 $249ms$）。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 2e5 + 5;
const LL mod = 1e9 + 7;
int cnt;
LL global_x, global_k;
int S[maxn], B[maxn], mu[maxn], vis[maxn], prime[maxn], ans[maxn];

inline LL powmod(LL a, LL b){
    LL ans = 1;
    while(b){
        if(b&1) ans = ans*a%mod;
        a = a*a%mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

inline void init(){
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i < maxn; i++){
        if(!vis[i]){
            prime[vis[i] = ++cnt] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1, v; j <= vis[i] && (v = i*prime[j]) < maxn; j++){
            vis[v] = j;
            mu[v] = -mu[i];
            if(j == vis[i]) mu[v] = 0;
        }
    }
    for(int i = 1; i < maxn; i++)
        for(int j = 1, tol = i; tol < maxn; j++, tol += i)
            B[tol] = (B[tol] + i*abs(mu[i])*mu[j])%mod;
    for(int i = 1; i < maxn; i++){
        S[i] = (S[i - 1] + powmod(i, global_k))%mod;
        B[i] = B[i]*powmod(i, global_x*global_k)%mod;
    }
    for(int i = 1; i < maxn; i++)
        S[i] = powmod(S[i], global_x);
    for(int i = 1; i < maxn; i++)
        for(int j = 1, tol = i; tol < maxn; j++, tol += i){
            ans[tol] = (ans[tol] + (LL)S[i]*B[j])%mod;
            if(tol + j < maxn) ans[tol + j] = (ans[tol + j] - (LL)S[i]*B[j]%mod + mod)%mod;
        }
    for(int i = 1; i < maxn; i++) ans[i] = (ans[i] + ans[i - 1])%mod;
}

int main(){
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t, n;
    cin >> t >> global_k >> global_x;
    init();
    while(t--){
        cin >> n;
        cout << ans[n] << endl;
    }
}