powerful number求积性函数前缀和
\(\text{powerful number}\)即每个质因子出现次数都\(\geq 2\)的数；一个非常重要的性质是\(\leq n\)的\(\text{powerful number}\)是\(O(\sqrt{n})\)级别的。如果想要求出所有\(\leq n\)的\(\text{powerful number}\)的话，只需要写一个类似于\(\text{min_25}\)筛第二部分的爆搜即可。大概就是记录一下当前要找的\(\text{powerful number}\)的最小质数是什么，之后枚举质数次幂即可。
这个东西比较厉害的一点是可以用来优化求积性函数前缀和的过程。
设\(F(p^q)=p^k\)，且\(F(x)\)是一个积性函数，求\(\sum_{i=1}^nF(i)\)。
考虑找两个积性函数\(G(x),H(x)\)，满足\(F(x)=G(x)H(x)\)，同时对于任意质数\(p\)，均满足\(F(p)=G(p)\)。不难发现，\(F(p)=G(1)H(p)+H(1)G(p)\)，很显然\(H(1)=G(1)=1\)，于是\(F(p)=H(p)+G(p)\)，又因为\(G(p)=F(p)\)，所以显然有\(H(p)=0\)。
所以如果\(x\)满足\(H(x)\neq 0\)，那么\(x\)一定是一个\(\text{powerful number}\)。而\(\displaystyle \sum_{i=1}^nF(i)=\sum_{i\times j\leq n}H(i)G(j)=\sum_{i=1}^nH(i)\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}G(j)\)，于是我们只需要在\(O(\sqrt{n})\)个\(\text{powerful number}\)处计算即可。
现在的两个问题是求出\(G(i)\)的前缀和，以及\(H(i)\)的值。
对于这道题，我们令\(G(x)=x^k\)，那么显然有\(G(p)=F(p)=p^k\)，于是\(G(i)\)的前缀和就是一个自然数幂次方和，可以利用插值等多种多样的方法求出。
对\(H(i)\)，显然有\(F(p^q)=\sum_{i=0}^qG(p^i)H(p^{q-i})\)，注意到这实际上是一个多项式卷积的形式，已知\(F,G\)的情况下求\(H\)就是一个多项式求逆问题，一个\(O(q^2)\)的暴力即可。我们在搜\(\text{powerful number}\)的时候实际上在搜质因子组成，于是把各个质因子的函数值乘在一起就好了。
时间复杂度是\(O(\sqrt{n})\)乘上计算\(G(i)\)前缀和的复杂度，对于上面的问题，复杂度就是\(O(k\sqrt{n})\)。
上面那道题的代码
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
const int maxn=3.3e6+5;
const int mod=1e9+7;
std::vector<int> h[300005];
LL n;int k,Sqr,ans,f[maxn],sz[maxn<<1],vis[maxn<<1],p[maxn>>1];
int A[105],B[105],g[105],ifac[105],suf[105],pre[105];
inline int dqm(int x) {return x<0?x+mod:x;}
inline int qm(int x) {return x>=mod?x-mod:x;}
inline int ksm(int a,int b) {
int S=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)if(b&1)S=1ll*S*a%mod;return S;
}
inline int get(LL nw) {
int id=nw<=Sqr?nw:Sqr+n/nw;
if(vis[id]) return sz[id];
nw%=mod;int tot=0;vis[id]=1;
pre[0]=nw;for(re int i=1;i<=k;i++)pre[i]=1ll*pre[i-1]*dqm(nw-i)%mod;
suf[k+1]=1;for(re int i=k;i;--i)suf[i]=1ll*suf[i+1]*dqm(nw-i)%mod;
for(re int i=1;i<=k;i++) {
int v=1ll*pre[i-1]*suf[i+1]%mod*g[i]%mod*ifac[i]%mod*ifac[k-i]%mod;
if((k-i)&1) v=dqm(-v);tot=qm(tot+v);
}
return sz[id]=tot;
}
void dfs(int x,int v,LL res) {//表示当前要找的powerful number的最小质数次幂>=第x个质数
ans=qm(ans+1ll*v*get(res)%mod);
if(x==p[0]+1)return;if(res/p[x]/p[x]<=0) return;LL R=res/p[x]/p[x];
for(re int i=x;i<=p[0]&&res/p[i]/p[i]>0;++i,R=res/(p[i]?p[i]:1)/(p[i]?p[i]:1))
for(re int j=2;R>0;++j,R/=p[i]) dfs(i+1,1ll*v*h[i][j]%mod,R);
}
int main() {
scanf("%lld%d",&n,&k);Sqr=1+sqrt(n);
for(re int i=2;i<=Sqr;i++) {
if(!f[i]) p[++p[0]]=i;
for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=Sqr;++j) {
f[p[j]*i]=1;if(i%p[j]==0)break;
}
}
for(re int i=1;i<=p[0];++i) {
int t=0;LL res=n;while(res>=p[i])res/=p[i],++t;
A[0]=B[0]=1;A[1]=ksm(p[i],k);
for(re int j=2;j<=t;++j)A[j]=A[j-1];
for(re int j=1;j<=t;++j)B[j]=1ll*B[j-1]*A[1]%mod;
h[i].push_back(1);
for(re int j=1;j<=t;++j) {
int nw=A[j];
for(re int k=0;k<j;++k)nw=dqm(nw-1ll*h[i][k]*B[j-k]%mod);
h[i].push_back(nw);
}
}++k;
for(re int i=1;i<=k;i++)g[i]=qm(g[i-1]+ksm(i,k-1));ifac[0]=ifac[1]=1;
for(re int i=2;i<=k;i++)ifac[i]=1ll*(mod-mod/i)*ifac[mod%i]%mod;
for(re int i=2;i<=k;i++)ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*ifac[i]%mod;
dfs(1,1,n);printf("%d\n",ans);return 0;
}
难点在于构造一个保证\(G(p)=F(p)\)积性函数\(G(i)\)，同时这个函数还能快速求前缀和，所以灵活程度上可能并不如\(\text{min_25}\)筛。
