这里是Agakiss的数论学习笔记
数论函数
定义域为\(N^{*}\),值域是一个数集的函数
以下数论函数皆用粗体英文字母(\(\mathbf f、\mathbf g、\mathbf t\))或希腊字母(\(\mu、\varphi\))表示
基本数论函数
1.欧拉函数:
令\(k\)为\(x\)的质因数的个数,则\(x=\prod^{k}_{i=1}pi^{ci}\)
\[\varphi(x)=x\ast\prod^{k}_{i=1}(1-\frac{1}{p_i})
\]
2.幺元函数:
\[\epsilon(x)=[x=1]
\]
3.常函数1(one):
\[\mathbf 1(x)=1
\]
\[\mathbf{one}(x)=1
\]
4.标号函数:
\[\mathbf{id}(x)=x
\]
5.除数函数:
\[\sigma_k(x)=\sum_{d|x}d^{k}
\]
\[\sigma(x,k)=\sum_{d|x}d^{k}
\]
当k=0时,该函数表示x的正因子个数
当k=1时,该函数表示x的正因子之和
运算法则:
函数相加:
\[(\mathbf f+\mathbf g)(n)=\mathbf f(n)+\mathbf g(n)
\]
数乘:
\[(x\mathbf f)(n)=x\cdot\mathbf f(n)
\]
狄利克雷卷积
\[\mathbf t=\mathbf f\ast\mathbf g
\]
\[\mathbf t(n)=\sum_{i|n}\mathbf f(i)\mathbf g(\frac{n}{i})
\]
\[\mathbf t(n)=\sum_{ij=n}\mathbf f(i)\mathbf g(j)
\]
狄利克雷卷积的性质:
1.交换律:
\[\mathbf f\ast\mathbf g=\mathbf g\ast\mathbf f
\]
2.结合律:
\[(\mathbf f\ast\mathbf g)\ast\mathbf h=\mathbf f\ast(\mathbf g\ast\mathbf h)
\]
3.分配律:
\[(\mathbf f+\mathbf g)\ast\mathbf h=\mathbf f\ast\mathbf h+\mathbf g\ast\mathbf h
\]
4.与数的结合律:
\[(x\mathbf f)\ast\mathbf g=x(\mathbf f\ast\mathbf g)
\]
5.单位元:
\[\epsilon\ast\mathbf f=\mathbf f
\]
6.逆元:
对于每个\(\mathbf f(1)\neq0\)的函数,都存在一个函数\(\mathbf g\)使得\(\mathbf f\ast\mathbf g=\epsilon\)
定义:
\[\mathbf g(n)=\frac{1}{\mathbf f(1)}\left([n=1]-\sum_{i|n,i\neq1}\mathbf f(i)\mathbf g(\frac{n}{i})\right)
\]
积性函数:
定义:
如果一个数论函数\(\mathbf f\)满足:当\(n\perp m\)时有
\[f(nm)=f(n)f(m)
\]
常见的积性函数:
\[\epsilon(n)=[n=1].
\]
\[\mathbf{id}(n)=n.
\]
\[\mathbf{id}^k(n)=n^k.
\]
\[\mathbf1(n)=\mathbf{id}^0=1.
\]
\[\varphi(x)=x\ast\prod^{k}_{i=1}(1-\frac{1}{p_n})
\]
两个重要结论:
\[两个积性函数的狄利克雷卷积是积性函数
\]
\[积性函数的逆是积性函数
\]
小技巧:
线筛积性函数不多做讲解,只讲两个有用的推论:
\[\sigma_0(p^k)=k+1
\]
\[\varphi(p^k)=p^{k-1}(p-1)
\]
1个推论:
因为\(\varphi、\mathbf 1\)都是积性函数,所以显然\((\varphi\ast\mathbf 1)\)也是积性函数,所以我们只用考虑\(p^k\)时的取值,于是推导得知:
\[(\varphi\ast\mathbf 1)(p^k)=p^k
\]
显然我们可以得到:
\[\mathbf{id}=\varphi\ast\mathbf 1
\]
莫比乌斯反演:
莫比乌斯函数的定义:
\[\mathbf 1的逆是\mu
\]
求莫比乌斯函数:
再\(p^k\)的时候:
\[\mu(p^k)=
\begin{cases}
1&k=0 \\
-1&k=0 \\
0=&k>1
\end{cases}
\]
推广到\(n\):
\[\mu(n)=
\begin{cases}
(-1)^t&n=\prod^{t}_{i=1}{p_t}\\
0&n\neq\prod^{t}_{i=1}{p_t}
\end{cases}
\]
莫比乌斯反演:
根据定义,如果:
\[\mathbf g=\mathbf f\ast\mathbf 1\Longleftrightarrow\mathbf f=\mathbf f\ast\mathbf1\ast\mu=\mathbf g\ast\mu
\]
将狄利克雷卷积展开,得到:
\[\mathbf g(n)=\sum_{d|n}f(d)\Longleftrightarrow\mathbf f(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})g(d)
\]
另一种证明:
引理:
\[\mathbf{id}^k的逆是\mathbf t(n)=\mu(n)n^k
\]
设:
\[\mathbf g(n)=\sum_{d|n}(\frac{n}{d})^k\mathbf f(d)
\]
换个方式表示一下:
\[\mathbf g(n)=\sum_{d|n}\mathbf{id}^k(\frac{n}{d})\mathbf f(d)
\]
反演一下:
\[\mathbf f(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})(\frac{n}{d})^k\mathbf g(d)
\]
举个栗子:\(\varphi=\mu\ast\mathbf{id}\),我们就可以得到:
\[\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})d
\]
数论分块:
目标:
在已知所有\(\sum^{r}_{i=l}f(i)\)的情况下,用\(O(\sqrt{n})\)的复杂度下,求出:
\[\sum^{n}_{i=1}f(i)\lfloor\frac{n}{i}\rfloor
\]
实现:
引理:
\[\lfloor\frac{n}{i}\rfloor的取值只有\sqrt{n}种
\]
然后,一个结论:
\[如果\lfloor\frac{n}{i}\rfloor是一种取值,那么使\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\lfloor\frac{n}{j}\rfloor的j的最大取值为\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor
\]
所以附一下代码(其中\(Sum\)表示\(\sum^{r}_{i=l}f(i)\)):
int ans = 0;
for (register int i = 1; i <= n; i = j + 1) {
int j = n / (n / i);
ans += (n / i) * Sum(i, j);
}
扩展:
如果在已知所有\(\sum^{r}_{i=l}f(i)\)的情况下,用\(O(\sqrt{n})\)的复杂度下,求的是:
\[\sum^{min(n,m)}_{i=1}f(i)\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor
\]
我们其实只需要稍微改一下,
令每次\(j=min(\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor,\lfloor\frac{m}{\lfloor\frac{m}{j}\rfloor}\rfloor)\)即可,
再附一下代码(其中\(Sum\)表示\(\sum^{r}_{i=l}f(i)\)):
int ans = 0;
for (register int i = 1; i <= min(n, m); i = j + 1) {
int j = min(n / (n / i), m / (m / i));
ans += (n / i) * (m / i) * Sum(i, j);
}
数论函数的关系(总结):
\[\varphi=\mu\ast\mathbf{id}
\]
\[\mathbf{id}=\varphi\ast\mathbf1
\]
\[\epsilon=\mu\ast\mathbf1
\]
杜教筛:
思路1.0:
如果给定函数\(\mathbf f,\mathbf g\),令\(\mathbf S(n)=\sum^n_{i=1}\mathbf f(i))\),则有:
\[\sum^{n}_{i=1}(\mathbf f\ast\mathbf g)(i)=\sum^{n}_{i=1}{\sum_{xy=i}{\mathbf f(x)\mathbf g(y)}}=\sum^{n}_{y=1}\mathbf g(y)\sum_{xy\leq n}\mathbf f(x)=\sum^{n}_{y=1}\mathbf g(y)\mathbf S(\lfloor\frac{n}{y}\rfloor)
\]
将第一个和最后一个移项,得:
\[\mathbf g(1)\mathbf S(n)=\sum^{n}_{i=1}(\mathbf f\ast\mathbf g)(i)-\sum^{n}_{y=2}\mathbf g(y)\ast\mathbf S(\lfloor\frac{n}{y}\rfloor)
\]
看到后半个式子感觉很能数论分块,于是我们有了一个很伪的求\(\mathbf S\)的方法,
假设\((\mathbf f\ast\mathbf g)(i)\)的前缀和与\(\mathbf g(i)\)的区间和都可以非常快(比如\(O(1)\))计算,
那么,我们得到了如下伪代码:
int S(int n) {
int ans = 0;
for (register int i = 1; i <= n; i++)
ans += (f * g)(i);
for (register int i = 2; i <= n; i = j + 1) {
j = n / (n / i);
ans -= Sg(i, j) * S(n / i);
}
ans /= g(1);
return ans;
}
//感性理解一下
思路2.0:
现在,我们来继续考虑如何更好的优化它,
引理:
\[对于任意正整数x,y,z,有\lfloor\frac{\lfloor\frac{z}{x}\rfloor}{y}\rfloor=\lfloor\frac{z}{xy}\rfloor
\]
于是,我们有了新的优化方法,
显然,当我们在某一次计算\(\mathbf S(N)\)时,必然某一次会计算\(\lfloor\frac{N}{x}\rfloor\),那么必然再某一次会计算\(\lfloor\frac{\lfloor\frac{N}{x}\rfloor}{y}\rfloor\),那么\(\lfloor\frac{N}{xy}\rfloor\),
是不是发现很神奇!
我们如果用记忆化存下\(\mathbf S(\lfloor\frac{N}{xy}\rfloor)\)的值,
通过数论分块的知识我们可以知道,\(\lfloor\frac{N}{i}\rfloor\)只有\(\sqrt{N}\)种取值,
所以求一次\(\mathbf S(N)\)的,只有\(\sqrt{N}\)次递归调用,
烂尾待更
参考:
[1].铃悬的数学小讲堂——狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
[2].-扶苏-数论进阶-常见数论函数
[3].铃悬的数学小讲堂——杜教筛