数论 Number Theory

常见数论函数

欧拉函数 $\phi (x)$：积性，表示不超过 $x$ 且与 $x$ 互质的数的个数。

单位函数 $\epsilon (x)$：完全积性，定义 $\epsilon (x)=[x=1]$。

恒等函数 ${\text{id}}_k(x)$：完全积性，定义 ${\text{id}}_k(x)=x^k$，当 $k=1$ 时也叫做标号函数，可写为 $\text{id}(x)=x$。

常数函数 $\mathbb{1}(x)$：完全积性，定义 $\mathbb{1}(x)=1$。

除数函数 ${\sigma }_k(x)$：定义 ${\sigma }_k(x)={\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}d|n\end{array}}{d}^k}$，当 $k=0$ 时可写作 $d(x)$，称为因数个数函数；当 $k=1$ 时可写作 $\sigma (x)$，称为因数和函数。

莫比乌斯函数 $\mu (x)$：积性，定义 $\mu (x)=\{\begin{array}{l}1,x=1\\ 0,\mathrm{\exists }d>1,d^2|n\\ (-1{)}^{\omega (x)},\text{otherwise.}\end{array}$，其中 $\omega (x)$ 表示 $x$ 的不同质因子个数，$\omega (x)$ 是一个加性函数。

数论中的加性函数指：对于一个数论函数 $f$，当整数 $a\perp b$ 时若满足 $f(ab)=f(a)+f(b)$，则 $f$ 为加性函数。

$\text{Dirichlet}$ 卷积

对于两个数论函数 $f$ 与 $g$，定义 $f$ 与 $g$ 的狄利克雷卷积为：

$$h(x)=\sum _{d|x}f(d)g(\frac{x}{d})=\sum _{ab=x}f(a)g(b)$$

记为 $h=f\ast g$。

狄利克雷卷积运算满足交换律、结合律与加法结合律（即 $(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$）。

等式的性质：$f=g$ 的充要条件是 $f\ast h=g\ast h$，且 $h(1)\ne 0$。

狄利克雷卷积单位元 $\epsilon$：对于任何数论函数 $f$，都有 $f\ast \epsilon =f$。

数论函数的逆元：若两数论函数 $f,g$ 满足 $f\ast g=\epsilon$，则称 $f$ 为 $g$ 的逆元，或称 $g$ 为 $f$ 的逆元。

性质

对于两积性数论函数 $f$ 与 $g$，其狄利克雷卷积 $h=f\ast g$ 也是积性函数。

常见卷积

$$\epsilon =\mu \ast \mathbb{1}$$

$$d=\mathbb{1}\ast \mathbb{1}$$

$$\sigma =\text{id}\ast \mathbb{1}$$

$$\phi =\mu \ast \text{id}$$

此类卷积会在后面的莫比乌斯反演中大量运用。

$\text{Dirichlet}$ 前缀和

对于一个数列 $\{a_i\}$，其狄利克雷前缀和 $\{b_i\}$ 定义为 $b_k={\displaystyle \sum _{i|k}{a}_i}$。

若要求一个数列的 $\text{Dirichlet}$ 前缀和，只需先用线性筛筛出下标范围内的所有质数，再枚举质数的倍数求和即可，时间复杂度与埃氏筛相同，即 $O(n\log \log n)$。

void Linear_Sieve() {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!vis[i]) {
            prime[++tot] = i;
        }
        for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= n; j++) {
            vis[i * prime[j]] = 1;
            if (i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= tot; i++) {
        for (int j = 1; prime[i] * j <= n; j++) {
            a[prime[i] * j] += a[j];
        }
    }
}

$\text{Möbius}$ 反演

若两数论函数 $f,g$ 满足以下关系：

$$f(n)=\sum _{d|n}g(d)$$

则称 $f$ 为 $g$ 的 $\text{Möbius}$ 变换，$g$ 为 $f$ 的 $\text{Möbius}$ 反演。

这里容易看出，$f=g\ast \mathbb{1}$。

$\text{Möbius}$ 反演的常见形式是 $f=\epsilon ,g=\mu$ 的情况。

$\text{Examples:}$

P2398 GCD SUM

求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)$$

考虑对式子作下列变换：

$$\begin{array}{lll}{\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)}& =& {\displaystyle \sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=k]}\\ & =& {\displaystyle \sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }[gcd(i,j)=1]}\\ & =& {\displaystyle \sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)}\\ & =& {\displaystyle \sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)[d|i][d|j]}\\ & =& {\displaystyle \sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }[d|i]\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }[d|j]}\\ & =& {\displaystyle \sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\end{array}$$

第一行，枚举 $gcd(i,j)$ 的所有可能取值。

第二行，将 $k$ 提出来。

第三行，观察到 $\epsilon (gcd(i,j))=[gcd(i,j)=1]$，那么运用 $\text{Möbius}$ 反演得到 $[gcd(i,j)=1]=\epsilon (gcd(i,j))={\displaystyle \sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)}$。

第四行，再次枚举 $gcd(i,j)$，观察到若 $d|gcd(i,j)$ 则必然有 $d|i$ 且 $d|j$。

第五行，改变枚举顺序。

第六行，观察到 $[1,\lfloor \frac{n}{k}\rfloor ]$ 范围内 $d$ 的倍数只有 $\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor$ 个。

//上面的过程好像有问题，懒得改了。

最后，线性筛出 $\mu$ 的值，整除分块即可，时间复杂度 $O(n\sqrt{n})$。

本题还有不用反演的做法：利用 $\phi$ 的性质，这里不赘述，时间复杂度也为 $O(n\sqrt{n})$。

下面是 $\text{Möbius}$ 反演板子题：

P2257 YY 的 GCD

求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=p],p\in \text{prime}$$

比刚刚那题一目了然，但刚刚用 $\phi$ 的 $O(Tn\sqrt{n})$ 的做法无法通过，只能用反演做法。

化简得到：

$${\displaystyle \sum _{p=1}^{min(n,m)}\sum _{d=1}^{min(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{p}\rfloor )}\mu (d)\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor ,p\in \text{prime}}$$

此时不能再枚举 $p$，因为枚举 $p$ 的时间复杂度还是 $O(Tn\sqrt{n})$ 的。

考虑设 $C=pd,p\in \text{prime}$，再枚举 $C$，则原式化为：

$$\sum _{C=1}^{min(n,m)}\lfloor \frac{n}{C}\rfloor \lfloor \frac{m}{C}\rfloor \sum _{p|C,p\in \text{prime}}\mu (\frac{C}{p})$$

预处理后一部分，整除分块即可，时间复杂度 $O(n+T\sqrt{n})$。

//Made By Cuset. 喵喵~
#include <bits/stdc++.h>
#include <bits/extc++.h>
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
 
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
 
const int MAXN = 1e7 + 5;
 
ll mu[MAXN], prime[MAXN], f[MAXN], tot, fsum[MAXN], n, m, t;
bool vis[MAXN];
 
void Linear_Sieve() {
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= MAXN - 5; i++) {
        if (!vis[i]) {
            prime[++tot] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= MAXN - 5; j++) {
            vis[i * prime[j]] = 1;
            if (i % prime[j] == 0) break;
            else mu[i * prime[j]] = -mu[i];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= tot; i++) {
        for (int j = 1; j * prime[i] <= MAXN - 5; j++) {
            f[j * prime[i]] += mu[j];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= MAXN - 5; i++) fsum[i] = fsum[i - 1] + f[i];
}
 
inline ll read() {
    ll x = 0;
    bool f = true;
    char c = getchar();
    while (!isdigit(c)) {
        if (c == '-') f = false;
        c = getchar();
    }
    while (isdigit(c)) {
        x = x * 10 + c - '0';
        c = getchar();
    }
    return f ? x : -x;
}
 
inline void write(ll x, bool f = 0) {
    ll tp2 = 0;
    char Nu[64];
    if (x<0) x = -x, putchar('-');
    if (x==0) putchar('0');
    else {
        while (x) {
            Nu[++tp2] = x % 10 + '0', x /= 10;
        }
        while (tp2) putchar(Nu[tp2--]);
    }
    if (f) putchar('\n');
    else putchar(' ');
    return;
}
 
int main() {
    Linear_Sieve();
    cin >> t;
    while (t--) {
        n = read();
        m = read();
        ll ans = 0;
        if (n > m) swap(n, m);
        for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
            r = min(n / (n / l), m / (m / l));
            ans += (fsum[r] - fsum[l - 1]) * (n / l) * (m / l);
        }
        write(ans, true);
    }
    return 0;
}

杜教筛

类比线性筛、埃氏筛能筛质数与积性函数值，杜教筛是一种用于大范围筛数论函数前缀和的工具，它的底层思想是构造卷积与 $\text{Möbius}$ 反演的运用。

假设现在需要求 $f$ 的前缀和，记 ${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}f(i)=S(n)}$，那么考虑：

$$\begin{array}{lll}& & {\displaystyle \sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)}\\ & =& {\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})}\\ & =& {\displaystyle \sum _{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )}\end{array}$$

推出杜教筛的核心式子：

$$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

理论上，只要找到一个合适的积性函数 $g$ 去计算 $g$ 与 $f\ast g$ 的前缀和，那么便可以计算任一数论函数的前缀和。

代码如下：

ll GetSum(int n) { // 算 f 前缀和的函数
  ll ans = ...; // f * g 的前缀和
  for(ll l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = (n / (n / l)); 
    ans -= (g_sum(r) - g_sum(l - 1)) * GetSum(n / l);
    // g_sum 是 g 的前缀和
    // 递归 GetSum 求解
  } return ans; 
}

计算 $\phi$

考虑 $\phi \ast \mathbb{1}=\text{id}$，那么 $f=\phi ,g=\mathbb{1}$，那么 $f\ast g$ 的前缀和即 $\text{id}$ 的前缀和就是 ${\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}$。

计算 $\mu$

考虑 $\mu \ast \mathbb{1}=\epsilon$，那么 $f=\mu ,g=\mathbb{1}$，那么 $f\ast g$ 的前缀和即 $\epsilon$ 的前缀和就是 $1$。

朴素的杜教筛的时间复杂度是 $O(n^{\frac{3}{4}})$。可以先用线性筛筛出 $m$ 个前缀和并用 unordered_map 存下来，当 $m=n^{\frac{2}{3}}$ 时杜教筛时间复杂度取最小值，为 $O(n^{\frac{2}{3}})$。

原根与离散对数

阶

满足 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 的 $n$ 称为 $a$ 模 $m$ 的阶，记作 ${\delta }_m(a)$。

$\mathbf{\text{性质}}\mathbf{\text{1}}$

$a,a^2,\cdots ,a^{{\delta }_m(a)}$ 模 $m$ 两两互不同余。

$\mathbf{\text{证明}}\mathbf{\text{1}}$

若存在 $1\le i<j<{\delta }_m(a)$，使得$a^i\equiv a^j(\mathrm{mod}m)$，则 $a^{|i-j|}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，显然 $0<|i-j|<{\delta }_m(a)$，与阶的最小性相矛盾，故原命题成立。

$\mathbf{\text{性质}}\mathbf{\text{2}}$

若 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，则 ${\delta }_m(a)|n$。

$\mathbf{\text{证明}}\mathbf{\text{2}}$

设 $n={\delta }_m(a)q+r,0\le r<{\delta }_m(a)$。

若 $r\ne 0$，则

$$a^r\equiv a^r(a^{{\delta }_m(a)}{)}^q\equiv a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

与阶的最小性相矛盾。

若 $r=0$，则 ${\delta }_m(a)|n$，故原命题成立。

据此还能推出：若 $a^p\equiv a^q(\mathrm{mod}m)$，则 $p\equiv q(\mathrm{mod}m)$，${\delta }_m(a)|\phi (m)$。

求阶

由于 ${\delta }_m(a)|\phi (m)$，所以求阶只需要尝试把所有 $\phi (m)$ 的所有因子除去便能求出 ${\delta }_m(a)$，这就是试除法。

试除法的步骤是：

1. 设 $d=\frac{\phi (m)}{p_x}$，其中 $p_x$ 表示已除去的所有因子的积。

2. 在试除的过程中，若 $a^d\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 不成立，则该因子不能除去，否则可以除去。

原根

设 $m\in {\mathbb{N}}^{\ast },g\in \mathbb{Z}$，若 $m\perp g,{\delta }_m(g)=\phi (m)$，则称 $g$ 为模 $m$ 的一个原根。

原根判定定理

设 $m\ge 3,m\perp g$，则 $g$ 是模 $m$ 的一个原根的充要条件是：对于 $m$ 的每个素因子 $p$，都有 $g^{\frac{\phi (m)}{p}}\equiv /1(\mathrm{mod}m)$。

证明见 OI-wiki。

原根个数

若 $m$ 存在原根，则原根个数为 $\phi (\phi (m))$。

原根存在性定理

一个数 $m$ 存在原根当且仅当 $m=2,4,p^{\alpha },p^{2\alpha };p\text{是奇素数，}\alpha \in {\mathbb{N}}^{\ast }$。

离散对数

离散对数的定义与对数类似。

设 $m$ 有原根，它的一个原根为 $g$。对一个 $a$ 使 $a\perp m$，必定存在唯一的 $k(0\le k<\phi (m))$，使得 $g^k\equiv a(\mathrm{mod}m)$，则称 $k$ 为以 $g$ 为底，模 $m$ 的离散对数，记作 $k={\text{ind}}_{g}a$。