HDU 5628 Clarke and math （Dirichlet卷积）

题目链接：
HDU 5628

题意：
给你f(i)。(i=1,2,…,n)
求g(i)=∑i1∣i∑i2∣i1∑i3∣i2⋯∑ik∣ik−1f(ik) mod 1000000007(1≤i≤n)

题解：

h[i]恒等于 1.

g(i)=∑i1|i∑i2|i1∑i3|i2⋯∑ik|ik−1f(ik) ＝∑i1|i∑i2|i1∑i3|i2⋯∑ik|ik−1f(ik)∗h(ik).

化为 Dirichlet 卷积形式，g(i)=(f∗hk)(i)=∑d|if(i)hk(id)。
根据 狄利克雷卷积 满足交换律和结合律， 先利用快速幂 hk。最后再拿hk的结果与f卷积（注意，两个函数卷积的结果是函数，而不是值）。
每次 Dirichlet 卷积的 复杂度为 O(n∗logn),进行 logk 次卷积计算，总复杂度O(n∗logn∗logk)。

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嗯，感觉有点难解释。

就是两个函数 f和 g 的狄利克雷卷积定义为：(f⊗g)(n)=∑j|nf(j)g(nj)。

可以写成这样：(f⊗g)(n)=∑i×j=nf(j)g(i)。

然后可以发现原式的一层就是一次 f 函数和 1 函数的狄利克雷卷积。

又因为狄利克雷卷积满足交换律和结合律，所以g=f⊗1k （其中1函数满足 1(x)=1 ）。

然后快速幂套一个狄利克雷卷积就可以了。

总时间复杂度就是O(n∗logn∗logk)。

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但是刚才又想了一下。
发现了一个nlogn的做法。

我们可以考虑 f(j) 对 g(i) 的贡献。

可以发现，g(i)=∑j|iH(ij)f(j),其中， H(i)表示把 i 分成 k 个有序数的乘积的方案数。

然后我们发现 H(i) 居然是积性的。

H(pr)=(k+r−1r)，可以用线性筛预处理一下。

最后对于每一个 f(j) 枚举 j 的倍数 k ，对 g(k×j) 产生贡献。

总时间复杂度就是O(n∗logn)

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int mod =1e9+7;int n,k;ll f[100010];ll ans[100010];ll tmp[100010],x[100010];void dirichlet(ll *ans, ll *x){    memset(tmp,0,sizeof(tmp));    for(int i=1;i*i<=n;i++)    {        tmp[i*i] += ans[i]*x[i]%mod; if(tmp[i*i]>=mod) tmp[i*i]%=mod;        for(int j=i+1;i*j<=n;j++)        {            tmp[i*j] += ans[i]*x[j]%mod; if(tmp[i*j]>=mod) tmp[i*j]%=mod;            tmp[i*j] += ans[j]*x[i]%mod; if(tmp[i*j]>=mod) tmp[i*j]%=mod;           }     }    for(int i=1;i<=n;i++)    {        ans[i] = tmp[i];    }}void qpower(){    while(k)    {        if(k&1) dirichlet(ans,x);        k>>=1;        dirichlet(x,x);     }    dirichlet(ans,f);//乘 f } void solve(){    for(int i=1;i<=n;i++)    {        scanf("%lld",&f[i]);        ans[i] = 0;        x[i] = 1;    }    ans[1] = 1;    qpower();}int main(){    int t;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%d%d",&n,&k);         solve();        for(int i=1;i<n;i++){            printf("%lld ",ans[i]);        }        printf("%lld\n",ans[n]);    }    return 0;}