U630653 异想天开 分析

面对这种题目，套路性地想到枚举 \(y\) 考虑 \(a_y\) 对答案贡献了多少。

令 \(c_x\) 表示 \(a\) 中 \(x\) 的出现次数。

设我们抽奖得到的依次为 \(x_1,x_2,\dots,x_m\)，考虑有多少个有序数对 \((x_1,x_2,\dots,x_m)\) 满足 \(x_1x_2\dots x_m=y\)。

假设为 \(cnt_y\) 个，那么答案就是：

\[\sum_{i=1}^n a_i\times cnt_i \]

现在问题转化为怎么求 \(cnt_i\)，我们知道：

\[cnt_i=\sum_{x_1x_2\dots x_m=i}c_{x_1}c_{x_2}\dots c_{x_m} \]

考虑 \(m\leq 2\) 的情况。

那么我们的求法就是：

\[cnt_i=\sum_{x_1x_2=i}c_{x_1}c_{x_2} \]

本质上就是：

\[cnt_i=\sum_{d\mid i}c_dc_{\frac{i}d} \]

将 \(c\) 看作是一个函数，也就是说 \(c(x)=c_x\)。

那么就是：

\[cnt_i=\sum_{d\mid i}c(d)c(\frac{i}{d}) \]

这是一个狄利克雷卷积形式，即使你不知道也没有什么关系。

显然 \(m\leq 2\) 时你直接暴力枚举 \(d\) 即可，这个可以达到 \(\mathcal{O}(n\log n)\)，但是也给 \(\mathcal{O}(n\sqrt n)\) 过。

现在考虑 \(m>2\) 的情况。

设：

\[(f*g)(n)=\sum_{d\mid n}f(d)g(\frac n d) \]

这是一个经典的狄利克雷卷积形式。

那么我们上述的过程可以被看作 \((c*c)(n)\)。

那么考虑 \(m=3\) 呢？

那么就可以变成：

\[\begin{align} &&&\sum_{x_1x_2x_3=i}c(x_1)c(x_2)c(x_3)\\ &&=&\sum_{x_3\mid i}\left(\sum_{x_2\mid \frac{i}{ x_3}}c(\frac{i}{x_2x_3})c(x_2)\right)c(\frac i {x_3}) \end{align} \]

看 \((2)\) 中的括号部分，我们类似地设为 \(F(x)\)。

那么就是：

\[\sum_{x_1x_2x_3=i}F(\frac i {x_3})c(x_3) \]

也就是说 \(F(x)\) 表示 \(x_1x_2\) 乘积为 \(x\) 的卷积。

显然的 \(F(x)=(c*c)(n)\)。

那么就变成了：

\[cnt_i=\sum_{x_3\mid i}F(\frac{i}{x_3})c(x_3) \]

将 \(x_3\) 换成 \(d\) 那就是我们狄利克雷的经典式子，所以说当 \(m=3\) 时，卷积过来的函数为：

\[(c*(c*c)(n))(n) \]

显然可以直接用数学归纳法推广到任意情况：即对于任何 \(m(m>1)\) 答案的函数为 \(c^{*m}\)，这个表示 \((c*c*\dots*c)(n)\)

显然狄利克雷卷积具有结合律和交换律，直接快速幂即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n\log m)\)。

应该可以更快地达到 \(\mathcal{O}(n\log m \log \log n)\)。