正题

题目链接:https://gmoj.net/senior/#main/show/7175

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题目大意

给出\(n\)个点的一棵树，\(S\)为\(n\)的联通子图编号，求

\[\sum gcd(S)^{|S|} \]

\(1\leq n\leq 2\times 10^5\)

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解题思路

考虑莫比乌斯反演，对于\(gcd(S)=k\)的情况，但是对于一个数我们做容斥的时候使用的统计任然是\(k^{|S|}\)。

所以对于所有的\(k\)我们要求出\(k|i\)且\(i\)的倍数的节点的联通子图的\(k^{|S|}\)乘上一个\(\mu(\frac{i}{k})\)的和。

这个暴力建图然后用\(dp\)求就好了

考虑到建边的复杂度就是\(\sum_{d=1}^n\frac{n}{d}\sigma_0(d)\)的。

听大佬说大概是\(O(n\log^2 n)\)级别的。

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10,P=1e9+7;
struct node{
	ll to,next;
}a[N<<1];
ll n,zt,tot,cnt,pri[N/10],ls[N],mark[N],mu[N],f[N],ans;
vector<ll> g[N],v[N],G[N];bool ok[N];
ll power(ll x,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*x%P;
		x=x*x%P;b>>=1;
	}
	return ans;
}
void addl(ll x,ll y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void Prime(){
	mu[1]=1;
	for(ll i=2;i<N;i++){
		if(!ok[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<N;j++){
			ok[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0)break;
			mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
	return;
}
void dfs(ll x,ll fa,ll k,ll &ans){
	f[x]=k;mark[x]=zt;
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;
		if(y==fa)continue;
		dfs(y,x,k,ans);
		f[x]=f[x]*(f[y]+1)%P;
	}
	(ans+=f[x])%=P;
	return;
}
void solve_f(ll p){
	for(ll x=p;x<=n;x+=p)
		for(ll j=0;j<G[x].size();j++){
			ll y=G[x][j];
			if(y%p)continue;
			addl(x,y);
		}
	for(ll i=0;i<v[p].size();i++){
		ll k=v[p][i];
		g[k].push_back(0);++zt;
		for(ll x=p;x<=n;x+=p)
			if(mark[x]!=zt)
				dfs(x,0,k,g[k][g[k].size()-1]);
	}
	for(ll x=p;x<=n;x+=p)ls[x]=0;tot=0;
	return;
}
signed main()
{
	freopen("mushroom.in","r",stdin);
	freopen("mushroom.out","w",stdout);
	Prime();
	scanf("%lld",&n);
	for(ll i=1;i<n;i++){
		ll x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		G[x].push_back(y);
		G[y].push_back(x);
	}
	for(ll i=1;i<=n;i++)
		for(ll j=i;j<=n;j+=i)v[j].push_back(i);
	for(ll i=1;i<=n;i++)solve_f(i);
	for(ll i=1;i<=n;i++)
		for(ll j=0;j<g[i].size();j++)
			(ans+=mu[j+1]*g[i][j]%P)%=P;
	printf("%lld\n",(ans+P)%P);
	return 0;
}