[WC2014]时空穿梭(莫比乌斯反演)

https://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/7891363.html

不难推到$\sum\limits_{D=1}^{m_1}\sum\limits_{d|D}C_{d-1}^{c-2}\mu(\frac D d)\prod\limits_{i=1}^n\frac {(2m_i-({\lfloor \frac {m_i} {D} \rfloor}+1)\times D){\lfloor \frac {m_i} {D} \rfloor}}{2}$。

$O(Tnm)$，可以拿80甚至100。

我们发现，求和部分与累积部分都含有D，这使分块加速变得困难。

化一下式子发现，当将$\lfloor\frac{m}{D}\rfloor$看作常数时，右边可以化成一个n次多项式。

$O(cm\log m+nmc)$预处理出多项式系数，$O(n\sqrt{m})$整除分块，$O(n^2)$暴力求多项式系数即可。

常数过大BZ被卡。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 using namespace std;

 const int N=,M=,mod=,inv2=;
 bool b[N];
 int T,c,n,tot,mn,ans,m[],p[N],mu[N],C[N][],s[N][][],sj[N][],f[],g[N][];

 int main(){
     freopen("space.in","r",stdin);
     freopen("space.out","w",stdout);
     mu[]=;
     rep(i,,M){
         if (!b[i]) p[++tot]=i,mu[i]=-;
         for (int j=; j<=tot && i*p[j]<=M; j++){
             b[i*p[j]]=;
             if (i%p[j]==) break;
             mu[i*p[j]]=-mu[i];
         }
     }
     rep(i,,M){
         C[i][]=;
         rep(j,,min(i,)) C[i][j]=(C[i-][j-]+C[i-][j])%mod;
     }
     rep(i,,M){
         int tmp=;
         rep(k,,) sj[i][k]=tmp,tmp=1ll*tmp*i%mod;
     }
     rep(j,,) rep(i,,M) if (mu[i])
         for (int k=i; k<=M; k+=i) g[k][j]=(g[k][j]+1ll*mu[i]*C[k/i-][j]%mod+mod)%mod;
     rep(i,,M) rep(j,,) rep(k,,) s[i][j][k]=(s[i-][j][k]+1ll*g[i][j]*sj[i][k])%mod;
     for (scanf("%d",&T); T--; ){
         scanf("%d%d",&n,&c); mn=N; ans=;
         rep(i,,n) scanf("%d",&m[i]),mn=min(mn,m[i]);
         for (int i=,lst; i<=mn; i=lst+){
             lst=mn; rep(j,,n) lst=min(lst,m[j]/(m[j]/i));
             int tmp=; rep(j,,n) tmp=1ll*tmp*(m[j]/i)%mod*inv2%mod;
             memset(f,,sizeof(f)); f[]=;
             rep(j,,n) for (int k=j; ~k; k--) f[k]=(2ll*f[k]*m[j]%mod-1ll*f[k-]*(m[j]/i+)%mod+mod)%mod;
             rep(j,,n) ans=(ans+1ll*tmp*f[j]%mod*(s[lst][c-][j]-s[i-][c-][j]+mod)%mod)%mod;
         }
         printf("%d\n",ans);
     }
     return ;
 }