<span>题解「Luogu6156 简单题」</span>

简单题（确信）

不难发现：

\[f(n)=\mu^2(n) \]

把这个代进原式，然后开始推式子：

\[\begin{aligned} \text{Ans}&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^k\mu^2({\rm{gcd}}(i,j)){\rm{gcd}}(i,j)\\ &=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^k\mu^2(d)d[{\rm{gcd}}(i,j)=d]\\ &=\sum_{d=1}^nd^{k+1}\mu^2(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}(i+j)^k\sum_{x|i,x|j}\mu(x)\\ &=\sum_{d=1}^nd^{k+1}\mu^2(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(x)x^k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor}(i+j)^k \end{aligned} \]

令 \(S(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^k\) ，代入：

\[\begin{aligned} \text{Ans}&=\sum_{d=1}^nd^{k+1}\mu^2(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(x)x^kS(\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor)\\ &=\sum_{T=1}^nS(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)\sum_{d|T}d^{k+1}\mu^2(d)\mu(\frac{T}{d})(\frac{T}{d})^k\\ &=\sum_{T=1}^nS(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)\sum_{d|T}d\mu^2(d)\mu(\frac{T}{d})T^k \end{aligned} \]

~~都是套路~~。

令 \(f(n)=\sum_{d|n}d\mu^2(d)\mu(\frac{n}{d})\) 。

如果我们能求得 \(S(n)\) 和 \(\sum_{i=1}^nf(i)\) ，再用一下数论分块就做完了。

先考虑如何求 \(S(n)\) 。

令 \(F(n)=\sum_{i=1}^ni^k,G(n)=\sum_{i=1}^nF(i)\) ，则有：

\[S(n)=\sum_{i=n+1}^{2n}F(i)-\sum_{i=1}^nF(i)=G(2n)-2\times G(n) \]

证明：

考虑枚举 \(x=i+j\) 。将 \(S(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^k\) 和式展开，找找规律，发现：

若 \(x \leq n+1\) ，则有 \(x-1\) 个数对 \((i,j)(1 \leq i,j \leq n)\) 能表示出 \(x\) ，则此时 \(x\) 对 \(S(n)\) 的贡献是 \(x-1\) 。
若 \(n+1 <x \leq 2n\) ，设 \(x=n+i \ (2 \leq i \leq n)\) 则有 \(n-i+1\) 个数对 \((i,j)(1 \leq i,j \leq n)\) 能表示出 \(x\) ，则此时 \(x\) 对 \(S(n)\) 的贡献是 \(n-i+1\) 。

则有：

\[\begin{aligned} S(n)&=\sum_{i=2}^{n+1}(i-1)*i^k+\sum_{i=2}^{n}(n-i+1)(n+i)^k\\ &=2^k+2\times 3^k+\cdots+n\times (n+1)^k+(n-1)\times(n+2)^k+(n-2)\times(n+3)^k+\cdots+(2n)^k \end{aligned} \]

我们再把要证明的式子展开：

\[\begin{aligned} S(n)&=\sum_{i=n+1}^{2n}\sum_{j=1}^ij^k-\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ij^k\\ &=n\times1^k+n\times 2^k+n\times3^k+\cdots+n\times(n+1)^k+(n-1)\times(n+2)^k+\cdots+(2n)^k-\\ &(n\times 1^k+(n-1)\times 2^k+(n-2)\times 3^k+\cdots+n^k)\\ &=2^k+2\times 3^k+\cdots+n\times (n+1)^k+(n-1)\times(n+2)^k+(n-2)\times(n+3)^k+\cdots+(2n)^k \end{aligned} \]

所以 \(S(n)=\sum_{i=n+1}^{2n}F(i)-\sum_{i=1}^nF(i)\) 。

然后发现这东西能用数学归纳法证明，上面这东西太暴力了。

当 \(n=1\) 时， \(S(1)=G(2)-2G(1)\) 显然成立。

假设 \(S(n)=G(2n)-2\times G(n)\) 成立，证明 \(S(n+1)=G(2n+2)-2\times G(n+1)\) 成立：

\[\begin{aligned} S(n+1)&=S(n)+2\times\sum_{i=1}^n(i+n+1)^k+(2n+2)^k\\ &=S(n)+2\times F(2n+1)-2\times F(n+1)+F(2n+2)-F(2n+1)\\ &=S(n)+F(2n+2)+F(2n+1)-2\times F(n+1)\\ &=G(2n)-2\times G(n)+F(2n+2)+F(2n+1)-2\times F(n+1)\\ &=G(2n)+F(2n+1)+F(2n+2)-2\times G(n)-2\times F(n+1)\\ &=G(2n+2)-2\times G(n+1) \end{aligned} \]

证毕。

线性筛出 \({\rm{id}}_k\) 再做两次前缀和，就能做到 \(O(1)\) 询问 \(S(n)\) 。

\[f(n)=\sum_{d|n}d\mu^2(d)\mu(\frac{n}{d}) \]

这东西就是几个积性函数卷起来，所以 \(f\) 也是积性函数，可以线性筛。

对于质数 \(p\) ，有 \(f(p)=\mu(p)+p\mu^2(p)=p-1\) 。

对于 \(p^k\) ，对 \(k\) 进行分类讨论：

若 \(k=2\) ，有 \(f(p^2)=\mu(p^2)+p\mu^2(p)\mu(p)+p^2\mu^2(p^2)=-p\) 。
若 \(k>2\) ，对于任意 \(d\) ，都有 \(d\) 或 \(\frac{n}{d}\) 有平方因子，所以 \(f(p^k)=0\) 。

然后就可以线性筛筛 \(f\) 了：

inline void sieve()
{
	f[1]=1;
	for(int i=2;i<maxn;++i)
	{
		if(!flag[i]) prime[++cnt]=i,f[i]=i-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<maxn;++j)
		{
			flag[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]) f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]%mod;// 积性函数
			else
			{
				if((i/prime[j])%prime[j])// 互质则用积性函数的性质
                    f[i*prime[j]]=(mod-prime[j])*f[i/prime[j]]%mod;
                // 不互质则说明prime[j]的次数大于2
				break;
			}
		}
	}
}

\(\text{Code}:\)

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define maxn 10000005
#define Rint register int
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long lxl;
const lxl mod=998244353;

template <typename T>
inline T read()
{
	T x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}

inline lxl fmi(lxl a,lxl b)
{
	lxl ans=1;
	a%=mod;
	while(b>0)
	{
		if(b&1) ans=(ans*a)%mod;
		a=(a*a)%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

int n;
lxl k;

int prime[maxn],cnt;
bool flag[maxn];
lxl f[maxn],F[maxn];

inline void sieve()
{
	f[1]=F[1]=1;
	for(int i=2;i<maxn;++i)
	{
		if(!flag[i]) prime[++cnt]=i,f[i]=i-1,F[i]=fmi(i,k);
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<maxn;++j)
		{
			flag[i*prime[j]]=true;
			F[i*prime[j]]=F[i]*F[prime[j]]%mod;
			if(i%prime[j]) f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]%mod;
			else
			{
				if((i/prime[j])%prime[j])
                    f[i*prime[j]]=(mod-prime[j])*f[i/prime[j]]%mod;
				break;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<maxn;++i) f[i]=(f[i-1]+f[i]*F[i]%mod)%mod,F[i]=(F[i]+F[i-1])%mod;
	for(int i=1;i<maxn;++i) F[i]=(F[i]+F[i-1])%mod;
}

inline lxl S(int n)
{
	return (F[n<<1]-2*F[n]%mod+mod)%mod;
}

inline lxl calcu(lxl n)
{
	lxl res=0;
	for(lxl l=1,r=0;l<=n;l=r+1)
	{
		r=n/(n/l);
		res=(res+S(n/l)*(f[r]-f[l-1]+mod)%mod)%mod;
	}
	return res;
}

int main()
{
	// freopen("P6156.in","r",stdin);
	n=read<int >(),k=read<lxl >();
	sieve();
	printf("%lld\n",calcu(n));
	return 0;
}