[WC2014]时空穿梭

这才叫莫比乌斯反演题。

一、题目

点此看题

二、解法

也没有什么好的思路，我们不妨把暴力柿子写出来，我们想枚举直线，但是这道题不能枚举直线的斜率，所以就要用整数来表示直线，我们不妨枚举出发点和终止点的向量差 \((x_1,x_2...x_n)\) ，那么起始点的方案数就是 \(\prod m-x_i\) ，剩余点的选取是在起始点的基础上加上这个向量 \((x_1/d,x_2/d...x_n/d)\) ，不难发现 \(d\) 必然满足是所有 \(x\) 的因数，也就是 \(\gcd(x)\) 的因数（ \(d=0\) 也可以），所以直线上的点都是可以选的，由于已经确定了起终点，所以选剩下点的方案数是 \({\gcd(x)-1\choose c-2}\) ，写成柿子：

\[\sum_{1\leq x_i\leq m_i}{\gcd(x)-1\choose c-2}\prod_{i=1}^n(m-x_i)
\]

看到 \(\gcd\) 的柿子就一定要想莫比乌斯反演，我觉得网上的推导都不是很好，这种题是有套路的，按照我给的方法去推一定推得出来。第一步，我们在最前面枚举 \(\gcd(x)\) ，那么柿子变成这样：

\[\sum_{d=1}^{\min m} C(d-1,c-2)\sum_{1\leq x_i\leq m_i/d}[\gcd(x)=1]\prod_{i=1}^n(m_i-x_id)
\]

第二步，把 \([\gcd(x)=1]\) 反演了，很多题都只需要反演这种结构：

\[\sum_{d=1}^{\min m} C(d-1,c-2)\sum_{1\leq x_i\leq m_i/d}\sum_{j|\gcd(x)}\mu(j)\prod_{i=1}^n(m_i-x_id)
\]

第三步，由于 \(\mu\) 的求和结构放在里面很不舒服，我们把它提前，本题我们放在最外层求和的后边：

\[\sum_{d=1}^{\min m}C(d-1,c-2)\sum_{j}\mu(j)\sum_{1\leq x_i\leq m_i/dj}\prod_{i=1}^n(m-x_idj)
\]

第四步，你发现出现 \(dj\) 这个整体结构，于是令 \(d=dj\) 结构一定会更简单（注意 \(d\) 的含义不同）：

\[\sum_{d=1}^{\min m}\sum_{d'|d}C(d'-1,c-2)\mu(\frac{d}{d'})\sum_{1\leq x_i\leq m_i/d}\prod_{i=1}^n(m_i-x_id)
\]

设 \(g(n)=\sum_{d|n}C(d-1,c-2)\mu(\frac{n}{d})\) 那么预处理 \(g\) 是需要 \(O(nc\log m)\) 的时间的（对于每一种可能的 \(c\) 我们都预处理），后面那一大块可以用乘法原理化简，那么柿子变成了这个样子：

\[\sum_{d=1}^{\min m}g(d)\prod_{i=1}^n(\sum_{x_i=1}^{m_i/d} m_i-x_id)
\]

暴力算他是 \(O(Tnm)\) 的，\(1e8\) 还是过不了，注意到出现了 \(m_i-x_id\) 这种结构，\(d\) 又是在前面枚举的，你难道对这个结构没有感觉吗？noip2020微信步数考过的啊！我们把 \(d\) 看成未知数，那么后面的那一块就可以变成一个关于 \(d\) 的多项式，对于 \(m_i/d\) 相同的那些 \(d\) ，他们的多项式是相同的，所以可以把前面改成一个分块，我们把它的系数给整出来，设系数为 \(dp_i\) ，\(d\in[l,r]\) 则柿子变为：

\[\sum_{d=l}^rg(d)\sum_{i=0}^n dp_i\times d^i
\]

那么把 \(dp_i\) 放在前面去枚举：

\[\sum_{i=0}^ndp_i\sum_{d=l}^rd^i\times g(d)
\]

后面的那部分相当于是一个前缀和，显然是可以预处理，预处理的数据要加上 \(n\) 的那维所以时间复杂度 \(O(cnm)\) ，现在来想一下算系数的复杂度，一共有 \(O(n\sqrt m)\) 个块（要保证 \(m_i/d\) 的值相同嘛），然后每个块的系数要 \(O(n^2)\) 去算，那么复杂度是 \(O(n^3\sqrt m)\) 的，\(n\) 特别小所以没关系。补充一种大佬的做法，由于系数是很多个 \(1\) 次多项式相乘来算的，根据分块的原理每次在端点处做退背包，这样做就可以优化到 \(O(n^2\sqrt m)\) （但是我太懒了没写）

然后计算一下分块的复杂度是 \(O(n^2\sqrt m)\) 的，所以我们就过掉了这道题！但是由于模数是 \(10007\) 所以算组合数要用杨辉三角哦，思路理清楚了写起来就不麻烦了！

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 21;
const int M = 100005;
const int MOD = 10007;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int T,n,m[M],c,up,ans,dp[N];
int cnt,mu[M],vis[M],p[M],C[M][N],g[M][N],sum[M][N][12];
void init(int n)
{
	//算组合数
	C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<20;j++)
			C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
	}
	//欧拉筛
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!vis[i])
		{
			p[++cnt]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=cnt && i*p[j]<=n;j++)
		{
			vis[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
			mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
	}
	//算g
	for(int c=2;c<=20;c++)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=i;j<=n;j+=i)
				g[j][c]=(g[j][c]+C[i-1][c-2]*mu[j/i])%MOD;
		}
	}
	//算sum,也就是g(n,c)*n^k
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int c=2;c<=20;c++)
		{
			int pw=1;
			for(int k=0;k<=11;k++)
			{
				sum[i][c][k]=(sum[i-1][c][k]+g[i][c]*pw)%MOD;
				pw=pw*i%MOD;
			}
		}
}
void work(int d)//算系数 -x_i*d+m_i
{
	memset(dp,0,sizeof dp);dp[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{//1-mi/d
		int t=m[i]/d,x=-1ll*(t+1)*t/2%MOD,y=1ll*m[i]*t%MOD;
		for(int j=i;j>=1;j--)
			dp[j]=(dp[j]*y+dp[j-1]*x)%MOD;
		dp[0]=dp[0]*y%MOD;//surprise!
	}
}
void solve()
{
	n=read();c=read();up=1e5;ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		m[i]=read();
		up=min(up,m[i]);
	}
	for(int l=1,r;l<=up;l=r+1)
	{
		r=1e5;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			r=min(r,m[i]/(m[i]/l));
		work(l);
		for(int i=0;i<=n;i++)
			ans=(ans+dp[i]*(sum[r][c][i]-sum[l-1][c][i]))%MOD;
	}
	printf("%d\n",(ans+MOD)%MOD);
}
signed main()
{
	init(100000);
	T=read();
	while(T--)
	{
		solve();
	}
}