传送门

思路

（以下令\(F(n)=f(n)^k\)）

首先肯定要莫比乌斯反演，那么可以推出：
\[ ans=\sum_{T=1}^n \lfloor\frac n T\rfloor^2\sum_{d|T}F(d)\mu(T/d) \]
可以整除分块，但后面的东西怎么办呢？

令\(G(T)=F*\mu\)，那么就有
\[ ans=\sum_{T=1}^n \lfloor\frac n T\rfloor^2G(T) \]
看到\(\mu\)函数有点烦，考虑用杜教筛的式子消去它。
\[ g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n (F*\mu*g)(i)-\sum_{d=2}^n S(n/d) \]
显然令\(g(n)=1\)，则\(\mu*g=[n=1]\)，于是
\[ S(n)=\sum_{i=1}^n F(i)-\sum_{d=2}^n S(n/d) \]
\(\sum_{i=1}^n F(i)\)可以min_25筛搞出来，然后就做完了。（参见UOJ188. 【UR #13】Sanrd）

复杂度？一个\(O(\sqrt{n})\)的整除分块套上一个\(O(n^{3/4})\)的没有预处理的杜教筛，再套一个\(O(\frac{n^{3/4}}{\log n})\)的min_25筛，但它就是能过QwQ。

就当复杂度是\(O(能过)\)吧。

代码

#include<bits/stdc++.h>
clock_t t=clock();
namespace my_std{using namespace std;#define pii pair<int,int>#define fir first#define sec second#define MP make_pair#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)#define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)#define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)#define templ template<typename T>#define sz 2010101#define mod 4294967296lltypedef long long ll;typedef double db;mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());templ inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}templ inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}templ inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}templ inline void read(T& t){t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}t=(f?-t:t);}template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}char __sr[1<<21],__z[20];int __C=-1,__zz=0;inline void Ot(){fwrite(__sr,1,__C+1,stdout),__C=-1;}inline void print(register int x){if(__C>1<<20)Ot();if(x<0)__sr[++__C]='-',x=-x;while(__z[++__zz]=x%10+48,x/=10);while(__sr[++__C]=__z[__zz],--__zz);__sr[++__C]='\n';}void file(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);#endif}inline void chktime(){#ifndef ONLINE_JUDGEcout<<(clock()-t)/1000.0<<'\n';#endif}#ifdef modll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;return ret;}ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}#elsell ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) ret=ret*x;return ret;}#endif
//  inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std;int n,K;int pri[sz],cnt;
ll kpow[sz];
bool npri[sz];
void init()
{#define x i*pri[j]rep(i,2,sz-1){if (!npri[i]) pri[++cnt]=i,kpow[cnt]=ksm(i,K);for (int j=1;j<=cnt&&x<sz;j++){npri[x]=1;if (i%pri[j]==0) break;}}#undef x
}namespace SolveF
{int Sqr;int w[sz];int id1[sz],id2[sz],m;ll g[sz];int id(int x){return x>=Sqr?id2[n/x]:id1[x];}ll solve(int n,int j){if (n<=1) return 0;ll ret=kpow[j-1]*(g[id(n)]-(j-2))%mod;for (int k=j;1ll*pri[k]*pri[k]<=n;k++)for (int P=pri[k];1ll*P*pri[k]<=n;P*=pri[k])(ret+=solve(n/P,k+1))%=mod;return ret;}bool vis[sz];ll ans[sz];ll solve(int n){if (vis[id(n)]) return ans[id(n)];vis[id(n)]=1;return ans[id(n)]=solve(n,1)+g[id(n)];}void init(){Sqr=sqrt(n);for (int i=1,j;i<=n;i=j+1){int x=n/i;j=n/x;w[++m]=x;if (x<Sqr) id1[x]=m; else id2[j]=m;g[m]=x-1;}rep(i,1,cnt) rep(N,1,m){if (1ll*pri[i]*pri[i]>w[N]) break;int x=w[N]/pri[i];g[N]-=g[id(x)]-(i-1);}}
}namespace SolveG
{unordered_map<int,ll>M;ll solve(int n){if (n<=1) return 0;if (M[n]) return M[n];ll ret=SolveF::solve(n);for (int i=2,j;i<=n;i=j+1){j=n/(n/i);(ret-=1ll*(j-i+1)*solve(n/i)%mod-mod)%=mod;}return M[n]=ret;}
}int main()
{file();read(n,K);init();SolveF::init();ll ans=0;for (int l=1,r;l<=n;l=r+1){r=n/(n/l);ans=(ans+1ll*(n/l)*(n/l)%mod*(SolveG::solve(r)-SolveG::solve(l-1)+mod)%mod)%mod;}cout<<ans;return 0;
}