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題解如果題目給出的是某個數的質因數分解，思路就應該是構造積性函式。
它給出的函式無從知道是否是積性函式，並且即使它是積性函式我們也無法方便地求得 \(f_d(p^a)\)，其中 \(p\) 是質數；這是因為互質的數把這個東西變得很難求。
那麼不妨莫比烏斯反演一波
\begin
\sum_^n \\
= \sum_^n \mu(t) } \\
= \sum_ ^} (it)^d } \\
= \sum_ ^} i^d }
\end
\(\sum_^n i^d\) 這個叫做自然數冪求和，它能夠表示成乙個關於 \(n\) 的 \(d+1\) 次多項式（這個證明應該顯然，我們把 \(n^d + (n-1)^d + (n-2)^d + \cdots + 2^d + 1^d\) 展開就會得到乙個關於 \(n\) 的多項式，顯然 \(n^d\) 項在合併同類項之前有 \(n\) 項，所以它就是 \(d+1\) 次多項式）；現在，不妨令這個多項式的 \(i\) 次項係數為 \(c_i\)，即
\[\sum_^ c_i n^i = \sum_^n i^d
\]這個 \(c_i\) 可以通過暴力求出前 \(d+1\) 項，然後高斯消元得出。（想拉格朗日插值的話也可以）
那麼我們可以繼續我們的反演了，接 \((1)\)
\begin
= \sum_ ^ \right) ^i } } \\
= \sum_^ n^i } } \\
= \sum_^ \mu(t) t^ }
\end
令 \(h_t(n) = \sum_ \mu(x) x^t\)，不難發現 \(\mu(x)\)、\(x^t\) 都是積性函式，所以 \(\mu(x) x^t\) 是積性函式，那麼 \(h_t(n)\) 就是 \(\mu(x) x^t\) 與 \(1\) 狄利克雷卷積後的函式，也是積性的。
於是有\[h_t(n) = \prod_^w h_t(p_j^)
\]然後我們展開一下 \(h_t(p^a)\) 看看是什麼樣子（\(p\) 是質數）
\[h_t(p^a) = \sum_^a \mu(p^i) p^ = 1 - p^t
\]這是因為 \(\mu(1) = 1, \mu(p) = -1\)。
接 \((2)\)，把剛推的這一坨帶進去
\[= \sum_^ ^w h_(p_j^) }
\]然後就可以暴力求了。
#include #include #include #include #include #include using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; i--)
int read()
while(isdigit(c))
return x * f;
}#define maxn 1010
#define maxd 110
#define mod 1000000007
#define ll long long
int d, w, pr[maxn], ex[maxn];
int pow(int a, int b)
return ans;
}int a[maxd][maxd], coef[maxd];
void elim(int *a, int *b, int i, int n)
return ;
}void gauss(int n)
dwn(i, n, 1)
coef[i] = (ll)s * pow(a[i][i], mod - 2) % mod;
} return ;
}int h(int t, int p)
int main()
} gauss(d + 1);
int pown = 1, ans = 0;
rep(i, 1, d + 1)
ans += (ll)coef[i] * pown % mod * prod % mod;
if(ans >= mod) ans -= mod; }
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
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