标签：插值 res sum mu 反演 int 莫比 void mod
看了半天巨神 \(\color{red}{C}\color{black}{Yjian}\) 的题解才终于想明白。
规定变量：
- 题中\(d\to k\)
- 题中\(n\to m\) (下文的 \(n\) 制作未知数
令 \(F(n)=\sum_{i=1}^ni^k\) ， \(g(n)=\sum_{i=1}^ni^k[\gcd(n,i)=1]\) ，那么莫比乌斯反演，有
\[F(n)=\sum_{d|n}d^kg(\frac{n}{d})\Leftrightarrow g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)d^kF(\frac{n}{d}) \]且最终答案即为 \(g(m)\) 。
发现 \(F(n)\) 为一个 \(k+1\) 次多项式，即有 \(F(n)=\sum_{i=0}^{k+1}f_in^i\) 。把他代入上式。
\[g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)d^k\sum_{i=0}^{k+1}f_i(\frac{n}{d})^i \]\[g(n)=\sum_{i=0}^{k+1}f_in^i\sum_{d|n}\mu(d)d^{k-i} \]\(\mu(d)d^{k-i}\) 在 \(d\) 做参数时为积性函数，所以将 \(n\) 分解为 \(\prod_{p_i}p_i^{a_i}\) 后，式子可以写成
\[g(n)=\sum_{i=0}^{k+1}f_in^i\prod_{p_j}\sum_{l=0}^{a_i}\mu(p_j^{l})p_j^{l(k-i)} \]而 \(\mu(p_i^{a_i})\) 在 \(a_i>1\) 时取 \(0\) ，因此只考虑 \(l=0\) 与 \(l=1\) 即可。因此
\[g(n)=\sum_{i=0}^{k+1}f_in^i\prod_{p_j}(1-p_j^{k-i}) \]题目给出的 \(m\) 就是以质因子的形式输入的。直接拉格朗日暴力插出多项式系数计算就好。
Talk is Code(?
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{
typedef long long LL;
typedef double DB;
#define int LL
int read(){
int x=0,f=0; char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){ f|=(ch=='-'); ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
return f?-x:x;
} char output[50];
void write(int x,char sp){
int len=0;
if(x<0) putchar('-'), x=-x;
do{ output[len++]=x%10+'0'; x/=10; }while(x);
for(int i=len-1;~i;i--) putchar(output[i]); putchar(sp);
}
void ckmax(int& x,int y){ x=x>y?x:y; }
void ckmin(int& x,int y){ x=x<y?x:y; }
} using namespace IO;
const int NN=1010,mod=1e9+7;
int n,k,m,ans,p[NN];
namespace Mathematics{
int len,x[NN],y[NN],a[NN],f[NN];
int qpow(int a,int b,int res=1){
for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)
if(b&1) res=res*a%mod;
return res;
}
void poly_mul(int x,int y){
++len;
for(int i=len;i;i--)
a[i]=(a[i]*y+a[i-1]*x)%mod;
a[0]=a[0]*y%mod;
}
void poly_pls(){
for(int i=0;i<=len;i++)
f[i]=(f[i]+a[i])%mod, a[i]=0;
len=0; a[0]=1;
}
void numb_mul(int x){
for(int i=0;i<=len;i++)
a[i]=a[i]*x%mod;
}
void poly_calc(int k){
a[0]=1;
for(int mul,i=1;i<=k+2;i++){
mul=qpow(y[i],mod-2);
for(int j=1;j<=k+2;j++) if(i^j){
poly_mul(1,mod-x[j]);
mul=mul*(mod+x[i]-x[j])%mod;
}
numb_mul(qpow(mul,mod-2)); poly_pls();
}
}
} using namespace Mathematics;
signed main(){
k=read(); n=read(); m=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
p[i]=read(), m=m*qpow(p[i],read())%mod;
for(int i=1;i<=k+2;i++)
x[i]=i, y[i]=(y[i-1]+qpow(x[i],k))%mod;
poly_calc(k);
for(int tmp=m,i=1;i<=k+1;i++){
int res=tmp*f[i]%mod;
tmp=tmp*m%mod;
for(int j=1;j<=n;j++)
res=res*(1+mod-qpow(p[j],mod-1+k-i))%mod;
ans=(ans+res)%mod;
}
write(ans,'\n');
return 0;
}
标签：插值,res,sum,mu,反演,int,莫比,void,mod 来源： https://www.cnblogs.com/keeeeeeen/p/15755921.html
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