题意:略。

思路:网上是用卷积或者做的,不太会。 因为上一题莫比乌斯有个类似的部分,所以想到了每个素因子单独考虑。

我们用C(x^p)表示p次减少分布在K次减少里的方案数,由隔板法可知,C(x^p)=C(K+p-1,K-1);  而且满足C(x)有积性,即gcd(x,y)==1时,有C(x*y)=C(x)*C(y);

所以C数组可以线性筛。 把筛素数的线性筛,稍微改一下即可,low[i]代表的是i的最小素数因子x的p次方,即x^p|i,p最大,num[i]代表的是幂次p。

那么g(x)=Σ f(a)*C(x/a); g数组也可以线性筛。这里相当于手动卷积。

所以C和g函数分别线性筛即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=;
const int Mod=1e9+;
int rev[maxn],f[maxn],ans[maxn],jc[maxn],fz[maxn],p[maxn];
int vis[maxn],low[maxn],num[maxn],C[maxn],cnt,N,K;
int qpow(int a,int x){
int res=; while(x){
if(x&) res=(ll)res*a%Mod;
a=(ll)a*a%Mod; x>>=;
} return res;
}
void getC()
{
cnt=; rep(i,,maxn) low[i]=num[i]=;
for(int i=;i<maxn;i++){
if(!vis[i]) p[++cnt]=i,low[i]=i,num[i]=;
for(int j=;j<=cnt&&i*p[j]<maxn;j++){
vis[i*p[j]]=;
if(i%p[j]==){
low[i*p[j]]=low[i]*p[j];
num[i*p[j]]=num[i]+;
break;
}
low[i*p[j]]=p[j];
num[i*p[j]]=;
}
}
}
int main()
{
jc[]=;rep(i,,maxn-) jc[i]=(ll)jc[i-]*i%Mod;
rev[maxn-]=qpow(jc[maxn-],Mod-);
for(int i=maxn-;i>=;i--) rev[i]=(ll)rev[i+]*(i+)%Mod;
getC();
int T; scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&N,&K);
fz[]=; rep(i,,N) fz[i]=(ll)fz[i-]*(i+K-)%Mod,ans[i]=;
rep(i,,N) scanf("%d",&f[i]);
C[]=;
rep(i,,N) C[i]=(ll)C[i/low[i]]*rev[num[i]]%Mod*fz[num[i]]%Mod;
for(int i=;i<=N;i++){
for(int j=i;j<=N;j+=i)
(ans[j]+=(ll)f[i]*C[j/i]%Mod)%=Mod;
}
rep(i,,N-) printf("%d ",ans[i]);
printf("%d\n",ans[N]);
}
return ;
}

到此,引申一下有个题,给定N<1e7,K<1e9,求1^K+2^K+3^+...N^K。

这里由于K过大,显然不能用拉格朗日插值法。 我们用线性筛来做,如果i是素数,我们就快速幂求f[i]=i^K,否则就用之前的结果就好了,即f[i]=f[low[i]]^f[i/low[i]];

由于素数的个数大约=N/lgN; 而快速幂的复杂度是lgK。所以整个算法差不多是线性的。

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