筛子与莫反

1. Miller-Rabin

Miller-Rabin 是一种接受随机性的正确性较高的素数检验方法，它有一定概率将合数判断为素数，但不会将素数判断为合数。

其基本判定思路是，检测素数都具有但合数不具有的特殊性质，如众所周知的费马小定理 $x^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

1.1 费马素性检验

费马小定理的逆定理：$x^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)\to p\in Prime$ 并不恒成立，例如当 $x=2,p=341=11\ast 31$，有 $2^{340}\equiv 1(\mathrm{mod}341)$，我们称这一类通过费马素性检测的合数为伪素数，其中 $341$ 是最小的伪素数。

我们可以多随机几个 $x$ 进行检测，全部通过才为素数。但是有一类卡迈克尔数 $y$，满足任意 $x\perp y,x^{y-1}\equiv 1(\mathrm{mod}y)$，这样我们就很难随机出排出他们的答案。（即使这一类数在 ${10}^8$ 内只有 $255$ 个）

1.2 二次探测定理

根据二次剩余，我们有 $x^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，有解当且仅当 $x=\pm 1(\mathrm{mod}p)$。这启发我们用于改进朴素的费马素性检测。

我们先随便找一个素数作为底数 $a$，检测 $a^{p-1}$，因为 $p\ne 2$，所以可以不断除以 $2$，直到得到一个 $p$ 为奇数，由二次探测定理可知这个过程中相当于不断开根号，所得到的结果一定是 $\pm 1$，如果不是，则一定是合数。我们一直检测到 $p$ 为奇数或者 $0$ 即可。

如果我们选择前 $12$ 个质数可以检测所有在 $2^{78}$ 内的质数和合数，具体的可见 [OEIS](A014233 - OEIS)，复杂度 $O(k{\log }^2)$，$k=12$。

2. 积性函数与狄利克雷卷积

积性函数：满足 $f(ab)=f(a)f(b),a\perp b$，有拓展：$f(\prod p_i^{c_i})=\prod f(p_i^{c_i})$。

完全积性函数：不要求互质。

常见的积性函数：

• 单位函数 $ϵ(n)=[n=1]$。当且仅当 $n=1$ 取值为 $1$，它是完全积性函数。
• 常数函数 $I(n)=1$。完全积性。
• 恒等函数 $id(n)=n$，完全积性。
• 约数函数 ${\sigma }_k(n)=\sum _{d|n}{d}^k$，当 $k=0$ 时 ${\sigma }_0(n)$ 为约数个数 $d(n)$，当 $k=1$ 时 ${\sigma }_1(n)$ 为约数和。
• 欧拉函数 $\phi (n)=\sum [i\perp n]$，即与 $n$ 互质的数的个数。
• 莫比乌斯函数 $\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& \mathrm{\exists }d>1,d^2\mid n\\ (-1{)}^{\omega (n)}& \mathrm{otherwise}\end{array}$

另外的，还有加性函数 $f(ab)=f(a)+f(b),a\perp b$，例如：本质不同因子个数函数 $\omega (n)=\sum _{p\in P}[p|n]$，近似可认为 $\omega (n)=\lg n$。

狄利克雷卷积：

$$f\ast g=h,h_i=\sum _{d|i}{f}_d\cdot g_{i/d}$$

狄利克雷前缀和：给定 $a_n$，求 $b_n=\sum _{i|n}{a}_i$。

实际就是数论意义上的高维前缀和，将每个素数作为维度。复杂度 $O(n\log \log n)$。

for(int i=1;i<=cnt;i++) {
    for(int j=1;j<=n&&prime[i]*j<=n;j++) {
        a[prime[i]*j]+=a[j];
    }
}

卷积恒等式：

• $f\ast ϵ=f$。

• $\phi \ast I=id⟺\sum _d\phi (d)=n$

• $\mu \ast I=ϵ$

  • $$\begin{gathered} n=\prod p_i^{k_i},n^{\prime }=\prod p_i \\ \sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{d|n^{\prime }}\mu (d)=\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})(-1{)}^i=(1-1{)}^k=[n=1]=ϵ \end{gathered}$$

• $\mu \ast id=\phi$

• $g=f\ast I⟺f=g\ast \mu$。

3. 数论分块

$$\sum _{i=1}^{n}f(i)g(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

前提：$f$ 的前缀和可快速计算。

感性认知：使得 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =k$ 的正整数 $i$ 范围为 $(\lfloor \frac{n}{k+1}\rfloor ,\lfloor \frac{n}{k}\rfloor ]$。

结论1：对于任意 $i\in [1,n]$，不同的 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 只有 $2\sqrt{n}$ 个。

我们枚举整除值 $d$，求出最小和最大的 $i$ 使得满足条件，分别记作 $l,r$，都可以通过感性认知算。那么原式可写作 $\sum _{d}g(d)\sum _{i=l}^{r}f(i)$，后者前缀和计算。

如何跳过极长的等价 $i$ 的连续段，$r=(n/(n/l))$，均为下取整。

转换

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{n}kmodi& =\sum _{i=1}^{n}k-\lfloor \frac{k}{i}\rfloor \times i\\ & =nk-\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{k}{i}\rfloor \times i\end{array}$$

后面再用等差数列求和。

例题

P2260 [清华集训2012] 模积和

$$\begin{array}{rl}ans& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(nmodi)\times (mmodj),i\ne j\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(n-)\end{array}$$

P3579 [POI2014] PAN-Solar Panels

4.莫比乌斯反演

$$\begin{gathered} [gcd(i,j)=1]=\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d) \\ \phi (n)=\sum _{d|n}d\cdot \mu (\frac{n}{d}) \end{gathered}$$

常见技巧

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)\\ & =\sum _{d=1}^{min(n,m)}\sum _{i=1}^{n/d}\sum _{j=1}^{m/d}\mu (d)\\ & =\sum _{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor \end{array}\end{array}$$

神秘技巧

$$\begin{gathered} \begin{array}{}\text{(1)}& d(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1] \\ \end{array} \end{gathered}$$

证明（1）：因为左右两边都是积性函数，所以只需要考虑只有一个质因子的情况即可，设 $ij=p^k$，其中 $i=p^{k_1},j=p^{k-k_1}$，那么 $d(ij)=k_1+1$，考虑等号右边，$gcd=1$ 要求了两个数至少有一个为 $1$，若 $i=1$ 有 $k-k_1+1$ 的贡献，$j=1$ 有 $k_1+1$ 的贡献，再减去算重的两个都是 $1$ 的情况，最终答案 $k+1$。应用在[SDOI2015] 约数个数和。

$$\begin{array}{}\text{(2)}& {\sigma }_1(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1]\frac{i\cdot x}{y}\end{array}$$

入门例题

[HAOI2011] Problem b

求 $gcd(x,y)=k,x\in [a,b],y\in [c,d]$ 的个数。

先二维差分转换为下界为 $1$ 的情况处理：

$$\begin{array}{rl}\sum _{x\le n}\sum _{y\le m}[gcd(x,y)=k]& =\sum _{x\le n/k}\sum _{y\le m/d}[gcd(x,y)=1]\\ & =\sum _x\sum _y\sum _{d|gcd(x,y)}\mu (d)\\ & =\sum _{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\lfloor \frac{n/k}{d}\rfloor \lfloor \frac{m/k}{d}\rfloor \end{array}$$

然后需要进行整除分块。

P2398 GCD SUM

$$\begin{array}{rl}\sum _i^n\sum _j^{n}gcd(i,j)& =\sum _i\sum _j\sum _{d|gcd(i,j)}d[gcd(i,j)=d]\\ & =\sum _{d|n}d\sum _i^{n/d}\sum _j^{n/d}\sum _{e|gcd(i,j)}\mu (e)\\ & =\sum _{d|n}d\sum _{e|(n/d)}\mu (e)(n/(de){)}^2\\ & =\sum _{D=1}^n\sum _{d}d\times \mu (D/d)\times (n/D{)}^2\\ & =\sum _{D=1}^n\phi (D)\times (n/D{)}^2\end{array}$$

实际上这完全是莫反学傻了，对于 $id$ 类的求和，我们有欧拉反演：

$$\begin{array}{rl}\sum _i^n\sum _j^{n}gcd(i,j)& =\sum _i^n\sum _j^n\sum _{d|gcd(i,j)}\phi (d)\\ & =\sum _d\phi (d)\times (n/d{)}^2\end{array}$$

P1891 疯狂 LCM

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\mathrm{lcm}(i,n)& =\sum _{i=1}^n\frac{i\times n}{gcd(i,n)}\\ & =n\sum _{i=1}^n\sum _{d|gcd(i,n)}\frac{i}{d}[gcd(i,n)=d]\\ & =n\sum _{d|n}\sum _{i=1}^{n/d}i[gcd(i,n/d)=1]\\ & =n\sum _{d|n}f(n/d)\\ f(x)=\sum _{i=1}^{x}i[gcd(i,x)=1]& =\sum _{i=1}^{x}i\sum _{d|gcd(i,x)}\mu (d)\\ & =\sum _{d|x}\mu (d)\sum _{i=kd}i\\ & =\sum _{d|x}\mu (d)\frac{(d+x)(x/d)}{2}\\ & =\sum _{d|x}\mu (d)\frac{x}{2}+\frac{x^2}{2d}\\ & =\frac{x}{2}\sum _{d|x}\mu (d)(1+\frac{x}{d})\\ & =\frac{x}{2}\mu \ast 1+\mu \ast id\\ & =\frac{x}{2}\mu \ast 1+\mu \ast 1\ast \phi \\ & =\frac{x}{2}(ϵ+\phi )\end{array}$$

至此，可以做到 $O(T\sqrt{n})$ 求，继续展开可以做到 $O(n)$：

$$\begin{gathered} ans=n\sum _{d|n}\frac{n/d}{2}([d=n]+\phi (n/d)) \\ =\frac{1}{2}\sum _{d|n}(n/d)\times \phi (n/d)+\frac{n}{2} \end{gathered}$$

可以线性筛出 $\phi \times id$。因为两个积性函数相乘仍然是积性函数。注意这里不是卷积。

当然直接 $O(n\ln )$ 暴力求也可以。

中等例题

P2257 YY的GCD

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)\in P]& =\sum _p\sum _i\sum _j[gcd(i,j)=p]\\ & =\sum _p\sum _{d=1}\mu (d)\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor \end{array}$$

推不动了，仔细观察，一个常见套路是，如果分母上有两项，则将他们的乘积设出来，令 $T=pd$。

$$\begin{array}{rl}\sum _p\sum _{d=1}\mu (d)\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor & =\sum _T\sum _{d=1}\mu (d)\frac{n}{T}\frac{m}{T}\\ & =\sum _T\frac{n}{T}\frac{m}{T}\sum _{p|T}\mu (\frac{T}{p})\\ & =\sum _T\frac{n}{T}\frac{m}{T}f(T)\end{array}$$

如果我们能求出 $f$ 的前缀和，那么就可以直接整数分块做。

考虑直接暴力算 $f$，素数个数是 $O(\frac{n}{\ln n})$ 的，调和级数是 $O(\ln n)$ 的，所以我们暴力就是 $O(n)$ 的。

P3327 [SDOI2015] 约数个数和

根据神秘 trick，我们有：

$$\begin{array}{rl}d(ij)& =\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1]\\ ans& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{x|i}\sum _{y|j}\sum _{d|gcd(x,y)}\mu (d)\\ & =\sum _d\mu (d)\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{y}\rfloor [gcd(x,y)=d]\\ & =\sum _d\mu (d)\sum _{x=1}^{n/d}\sum _{y=1}^{m/d}\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor \lfloor \frac{m}{dy}\rfloor \\ & =\sum _{d=1}\mu (d)(\sum _{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor )(\sum _{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\lfloor \frac{m}{dy}\rfloor )\end{array}$$

至此，可以整除分块在 $O(\sqrt{n})$ 内算出答案。

P1829 [国家集训队] Crash的数字表格

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}lcm(i,j)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{gcd(i,j)}\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _d\frac{ij}{d}[gcd(i,j)=d]\\ & =\sum _d\sum _{i=1}^{n/d}\sum _{j=1}^{m/d}ijd[gcd(i,j)=1]\\ & =\sum _d\sum _{i=1}^{n/d}\sum _{j=1}^{m/d}ijd\sum _{t|gcd(i,j)}\mu (t)\\ & =\sum _{d=1}d\sum _{i=1}^{n/d}\sum _{j=1}^{m/d}ij\sum _{t|gcd(i,j)}\mu (t)\\ & =\sum _{d=1}d\times f(n/d,m/d)\\ f(n,m)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}ij\sum _{t|gcd(i,j)}\mu (t)\\ & =\sum _{t=1}\mu (t)\sum _{i=1}^{n/t}\sum _{j=1}^{m/t}(ij{t}^2)\\ & =\sum _{t=1}\mu (t)t^2\times (\sum _{i=1}^{n/t}i)(\sum _{j=1}^{m/t}j)\\ & =\sum _{t=1}\mu (t)t^2\times (1+n/t)(n/t)/2\times (1+m/t)(m/t)/2\end{array}$$

发现两者的最后一部都可以数论分块求解，故总复杂度 $O(\sqrt{n}\times \sqrt{n})=O(n)$。

P3704 [SDOI2017] 数字表格

$$\begin{array}{rl}\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m{f}_{gcd(i,j)}& =\prod _{d=1}^{min(n,m)}f(d)\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\\ & =\prod _{d=1}f(d{)}^{g(d)}\\ g(d)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\\ & =\sum _{t=1}^{min(n,m)/d}\mu (t)\lfloor \frac{n}{td}\rfloor \lfloor \frac{m}{td}\rfloor \\ & =\sum _T\mu (T/d)\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \\ T& =td\\ ans& =\prod _{d=1}f(d{)}^{\sum \mu (T/d)n/Tm/T}\\ & =\prod _{d=1}(\prod _{T|d}f(d{)}^{\mu (\frac{T}{d})}{)}^{\frac{n}{T}\times \frac{m}{T}}\end{array}$$

其中，$\prod _{T|d}f(d{)}^{\mu (\frac{T}{d})}$ 可以调和级数预处理，复杂度 $O(n\ln n)$，询问可以直接整除分块。总复杂度 $O(n\ln n+T\sqrt{n}\log n)$。