数论\to 模范

本文未经说明全是整数，全是整除。

aifoson 括号

$[1] = 1, [1 = 0] = 0, [[1 = 0] = 0] = 1$ .

diliclate 卷积

符号 $*$

$f * g$ 表示两个数论函数的 dlk 卷积。

一般卷积的形式：

(f * g) (x) = \sum_{i = - \infty}^{\infty} f (i) g (x - i)

因为 2.，所以枚举的值是要整除 $x$ 的才能保证，数论卷积式子：

(f * g) (x) = \sum_{i | x}^{} f (i) g (\frac{x}{i})

dlk 卷积满足交换律，结合律

1.易证，因为所有卷积的形式都是对称的。

是u论函数

值域，定义域 $\in Z$ 。

常见数论函数

$I (x)$ ：恒等函数，函数值恒为 $1$ 。
$ϵ (x) / e (x)$ ：单位元函数， $e (x) = [x = 1]$ ，有性质 $e * f = f$ 。
$i d (x)$ ：单位函数， $i d (x) = x$ 。
$i d^{n} (x)$ ：幂函数， $i d^{n} (x) = x^{n}$ 。
以上都是完全积性函数。

完全积性函数满足 $f (a b) = f (a) f (b)$

$φ (n)$ 表示 $[1, n]$ 中与 $n$ 互质的数的个数（ $φ (n) = μ (n) * i d (n)$ ）。
$μ (n)$ 表示，但是看不懂。
以上都是积性函数。

积性函数满足 $(a, b) = 1 \to f (a b) = f (a) f (b)$ 。

积性函数 $f$ 的一些性质

$f (1) = 1$ ，由 $f (1) = f (1) f (1)$ 可得。
$f (x) = f (p_{1}^{k_{1}}) f (p_{2}^{k_{2}}) \dots f (p_{m}^{k_{m}})$ ，由各质因子互质可得。
两个积性函数的 dlk 卷积还是积性函数。
证明：
🐍 $f_{1}, f_{2}$ 为积性函数， $(a, b) = 1$ ，记 $g (x) = f_{1} (x) * f_{2} (x) = \sum_{d | x} f_{1} (d) f_{2} (\frac{x}{d})$
$g (a) g (b) = \sum_{d | a} f_{1} (d) f_{2} (\frac{a}{d}) \sum_{t | b} f_{1} (t) f_{2} (\frac{b}{t}) = \sum_{d | a} \sum_{t | b} f_{1} (d) f_{2} (\frac{a}{d}) f_{1} (t) f_{2} (\frac{b}{t})$
由于 $a, b$ 互质，所以 $d, t$ 互质，两个求和可以合并：
$g (a) g (b) = \sum_{d t | a b} f_{1} (d t) f_{2} (\frac{a b}{d t}) = g (a b)$
若存在 $g * f = e$ ，则称 $g$ 为 $f$ 的逆，且 $g$ 也是积性函数，这可以顺便证明 $μ (n)$ 是积性函数。

$μ$ 的推导

以下默认函数为积性函数。

设两单变量函数 $F, f$ 满足 $F (n) = \sum_{d | n} f (d)$
那么有 $F (n) = \sum_{d | n} I (d) f (d) = I (n) * f (n)$ 。
变形一下 $f = I^{- 1} * F$ ，于是我们只需要求出 $I^{- 1}$ 即可。
大佬Möbius把 $I^{- 1}$ 命名为 $μ$ 。
这里有个小技巧，研究一个积性函数，先研究其在质数的幂时的表现。
先看 $μ (p^{k})$ 的值。

$k = 0$ ，由 5.， $μ (1) = 1$
$k = 1$ ， $μ (p) * I (p) = \sum_{d | p} μ (d) I (\frac{p}{d}) = μ (1) I (p) + μ (p) I (1) = 1 + μ (p) = e (p) = 0$ ，所以 $μ (p) = - 1$
$k > 1$ ， $μ (p^{k}) * I (p^{k}) = \sum_{d | p^{k}} μ (d) I (\frac{p^{k}}{d}) = e (p^{k}) = 0$ ，消去 $I$ （因为 $I$ 都等于 $1$ ）， $\sum_{d | p^{k}} μ (d) = μ (1) + μ (p) + μ (p^{2}) + \dots + μ (p^{k}) = 0$
再用数学归纳法不难得到 $μ (p^{k}) = 0$

根据 4.，对于 $n = p_{1}^{k_{1}} p_{2}^{k_{2}} \dots p_{s}^{k_{s}}$ ， $μ (n) = μ (p_{1}^{k_{1}}) μ (p_{2}^{k_{2}}) \dots μ (p_{s}^{k_{s}})$
又因为 $k > 1$ 时 $μ (p^{k}) = 0$ ，所以当 $\exists i, k_{i} > 1$ 时， $μ (n) = 0$ ，否则 $μ (n) = (- 1)^{s}$ 。
这下就好理解了。

莫反公式

A. 嵌入式莫比乌斯反演

$[n | m] \sum_{d | \frac{n}{m}} μ (d) = [n = m]$

证明：
有一个显然的东西： $[n | m] [\frac{n}{m} = 1] = [n = m]$ ，因为一个数整除另一个数又除另一个数等于 $1$ （即 $\neq 0$ ），这两个数肯定相等。
然后再看这个式子：

μ * I = e

展开：

\sum_{d | n} μ (d) I (\frac{n}{d}) = e (n)

\sum_{d | n} μ (d) = e (n)

将 $n = \frac{n}{m}$ 代入得

\sum_{d | \frac{n}{m}} μ (d) = e (\frac{n}{m}) = [\frac{n}{m} = 1] = \frac{[n = m]}{[n | m]} (这 里 不 是 很 严 谨 但 是 比 较 好 理 解)

[n | m] \sum_{d | \frac{n}{m}} μ (d) = [n = m]

从中间可以得到的副产品

$\sum_{d | n} μ (d) = [n = 1]$

但是是最有用的式子。

B. 约数的莫比乌斯反演

$F (n) = \sum_{d | n} f (d)$ ，则 $f (n) = \sum_{d | n} μ (d) F (\frac{n}{d})$

证明：
由 $F$ 的定义，有 $F = I * f$ ，即 $f = μ * F$ ，所以

f (n) = μ (n) * F (n) = \sum_{d | n} μ (d) F (\frac{n}{d}) = \sum_{d | n} F (d) μ (\frac{n}{d})

C. 倍数的莫比乌斯反演

$F (n) = \sum_{n | d} f (d)$ ，则 $f (n) = \sum_{n | d} μ (\frac{d}{n}) F (d)$

ben 说做题基本不会用，待补。

一些题目

线性筛会了就可以开始做题了，筛质数的过程中可以顺便按照其定义处理 $μ$ 或 $φ$ 。

GCD

$T$ 组询问，求

\sum_{x = 1}^{n} \sum_{y = 1}^{m} [gcd (x, y) = 1]

$1 \leq n, m \leq 5 \times 10^{4}$ 。

记 $n < m$

由 10. 得

\begin{aligned} \sum_{x = 1}^{n} \sum_{y = 1}^{m} [gcd (x, y) = 1] & = \sum_{x = 1}^{n} \sum_{y = 1}^{m} \sum_{d | gcd (x, y) \to d | x, d | y} μ (d) \end{aligned}

考虑 $d, x, y$ 的取值范围都为 $[1, \frac{n}{m}]$ ，可以把 $d$ 移到前面去

\begin{aligned} \sum_{x = 1}^{n} \sum_{y = 1}^{m} [gcd (x, y) = 1] & = \sum_{d = 1}^{n} μ (d) \sum_{x | n}^{n} 1 \sum_{y | m}^{m} 1 \\ = \sum_{d = 1}^{n} μ (d) \sum_{x | n}^{n} 1 \sum_{y | m}^{m} 1 \\ = \sum_{d = 1}^{n} μ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ ⌊ \frac{m}{d} ⌋ \end{aligned}

到这里就可以 $O (n)$ 算了，但是会 TLE。

我们需要一个新东西，整除分块

然后就可以做到 $O (\sqrt{n})$ 算了，总时间复杂度 $O (T \sqrt{n})$ 。

P4450 双亲数

求

\sum_{x = 1}^{n} \sum_{y = 1}^{m} [gcd (x, y) = t]

$1 \leq t \leq n, m \leq 10^{6}$ 。

题目存在一个隐含的条件，对于能计数的情况，一定有 $t | x, t | y$ ，所以

\begin{aligned} \sum_{x = 1}^{n} \sum_{y = 1}^{m} [gcd (x, y) = t] & = \sum_{t | x}^{n} \sum_{t | y}^{m} [gcd (x, y) = t] \end{aligned}

两边除以 $t$

\begin{aligned} \sum_{x = 1}^{n} \sum_{y = 1}^{m} [gcd (x, y) = t] & = \sum_{1 | x \to x = 1}^{\frac{n}{t}} \sum_{1 | y \to y = 1}^{\frac{m}{t}} [gcd (x, y) = 1] \end{aligned}

然后就是上题的板子了。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int pr[80003],cnt,n,m,d,ans;
bool isp[1000003];
int mu[1000003];
int premu[1000003];
void sieve(){
	premu[1]=mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!isp[i])	pr[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;i*pr[j]<=n;j++){
			isp[i*pr[j]]=1;
			mu[i*pr[j]]=(i%pr[j]?-mu[i]:0);
			if(i%pr[j]==0) break;
		}
		premu[i]=premu[i-1]+mu[i];
	}
}
signed main(){
	cin>>n>>m>>d;
	if(n<m) swap(n,m);
	sieve();
	for(int i=1;i<=m/d;i++)
		ans+=mu[i]*(n/d/i)*(m/d/i);
	cout<<ans;
	return 0;
}

P3455 [POI2007] ZAP-Queries

上题带多组询问。

加个数论分块即可，时间复杂度 $O (T \sqrt{n})$ 。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int pr[80003],cnt,n,m,d,ans;
bool isp[1000003];
int mu[1000003];
int premu[1000003];
void sieve(){
	premu[1]=mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=50000;i++){
		if(!isp[i])	pr[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=50000;j++){
			isp[i*pr[j]]=1;
			mu[i*pr[j]]=(i%pr[j]?-mu[i]:0);
			if(i%pr[j]==0) break;
		}
		premu[i]=premu[i-1]+mu[i];
	}
}
void solve(){
	cin>>n>>m>>d;
	if(n<m) swap(n,m);
	ans=0; n/=d; m/=d;
	for(int l=1,r=0;l<=m;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans+=(premu[r]-premu[l-1])*(n/l)*(m/l);
	}
	cout<<ans<<'\n';
}
int T;
signed main(){
	cin>>T; sieve();
	while(T--) solve();
	return 0;
}

P2522 [HAOI2011] Problem b

$T$ 组询问，求

\sum_{x = a}^{b} \sum_{y = c}^{d} [gcd (x, y) = k]

$1 \leq T, a, b, c, d, k \leq 5 \times 10^{4}$ 。

可以用二维差分，则答案为 $s o l v e (b, d) - s o l v e (a - 1, d) - s o l v e (b, c - 1) + s o l v e (a - 1, c - 1)$ ，时间复杂度 $O (T \sqrt{n})$ 。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int pr[80003],cnt,ans;
bool isp[1000003];
int mu[1000003];
int premu[1000003];
void sieve(){
	premu[1]=mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=50000;i++){
		if(!isp[i])	pr[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=50000;j++){
			isp[i*pr[j]]=1;
			mu[i*pr[j]]=(i%pr[j]?-mu[i]:0);
			if(i%pr[j]==0) break;
		}
		premu[i]=premu[i-1]+mu[i];
	}
}
int solve(int n,int m,int d){
	if(n<m) swap(n,m);
	ans=0; n/=d; m/=d;
	for(int l=1,r=0;l<=m;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans+=(premu[r]-premu[l-1])*(n/l)*(m/l);
	}
	return ans;
}
int T,a,b,c,d,k;
signed main(){
	cin>>T; sieve();
	while(T--){
		cin>>a>>b>>c>>d>>k;
		cout<<solve(b,d,k)-solve(a-1,d,k)-solve(b,c-1,k)+solve(a-1,c-1,k)<<'\n';
	}
	return 0;
}

P6156 简单题 / 加强版 P6222

題面為加强版。

給出 $k$ 和 $T$ 組詢問给你 $n$ 求下式的值：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (i + j)^{k} μ^{2} (gcd (i, j)) gcd (i, j)

uint 自然溢出。

对于 $100 %$ 的数据， $1 \leq n \leq 10^{7}$ ， $1 \leq k \leq 2^{31}$ 。

P4240 毒瘤之神的考验

给 $n, m$ ，求

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} φ (i j)

对 998244353 取模，多测。

$n, m \leq 10^{5}, T \leq 10^{4}$

拆式子与根号分治思想的极致融合。

设 $n \leq m$ 。

先要知道一个经典的式子：

φ (i j) = \frac{φ (i) φ (j) gcd (i, j)}{φ (gcd (i, j))}

然后拆式子

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} φ (i j) & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \frac{φ (i) φ (j) gcd (i, j)}{φ (gcd (i, j))} \end{aligned}

枚举 $d = gcd (i, j)$

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \frac{φ (i) φ (j) gcd (i, j)}{φ (gcd (i, j))} & = \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \frac{φ (i) φ (j) d [gcd (i, j) = d]}{φ (d)} \\ = \sum_{d = 1}^{n} \frac{d}{φ (d)} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} φ (i) φ (j) [gcd (i, j) = d] \\ = \sum_{d = 1}^{n} \frac{d}{φ (d)} \sum_{i = 1}^{n / d} \sum_{j = 1}^{m / d} φ (i d) φ (j d) [gcd (i, j) = 1] \end{aligned}

后面那个直接莫反拆掉，把枚举扔外面

\begin{aligned} \sum_{d = 1}^{n} \frac{d}{φ (d)} \sum_{i = 1}^{n / d} \sum_{j = 1}^{m / d} φ (i d) φ (j d) [gcd (i, j) = 1] & = \sum_{d = 1}^{n} \frac{d}{φ (d)} \sum_{i = 1}^{n / d} \sum_{j = 1}^{m / d} φ (i d) φ (j d) \sum_{t ∣ i, t ∣ j} μ (t) \\ = \sum_{d = 1}^{n} \frac{d}{φ (d)} \sum_{t = 1}^{n / d} μ (t) \sum_{i = 1}^{n / d} \sum_{j = 1}^{m / d} φ (i d t) φ (j d t) \\ = \sum_{t = 1}^{n} \sum_{d ∣ t} \frac{d μ (\frac{t}{d})}{φ (d)} \sum_{i = 1}^{n / t} φ (i t) \sum_{j = 1}^{m / t} φ (j t) \end{aligned}

这个式子就很好看了，设

f (n) = \sum_{d | n} \frac{d μ (\frac{n}{d})}{φ (d)}, g (n, k) = \sum_{i = 1}^{n} φ (i k)

则原式为

\sum_{t = 1}^{n} f (t) g (n / t, t) g (m / t, t)

$f, g$ 直接预处理是可以的，因为 $g$ 的数量是 $n \log n$ 级别的，且 $g$ 可以直接递推：

g (n, k) = g (n - 1, k) + φ (n k)

所以预处理 $f, g$ 时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

由于原式并不好整除分块，也不能暴力预处理全部信息，所以我们只能考虑分治。

设阈值为 $B$ ，记原式为三元函数 $h (a, b, n) = \sum_{t = 1}^{n} f (t) g (a, t) g (b, t)$ ，考虑当 $a, b \leq B$ 时直接暴力预处理答案，时空复杂度 $O (n B^{2})$ ，这个三元函数就可以数论分块了，即

\sum_{n / l = m / l, n / r = m / r} h (n / l, m / l, r) - h (n / l, m / l, l - 1)

$h$ 也可以递推

h (a, b, n) = h (a, b, n - 1) + f (n) g (a, n) g (b, n)

否则可以得到 $n / a \geq B, a \leq n / B$ ，暴力统计答案，时间复杂度 $O (n / B)$ 。

综上，时间复杂度 $O (n \log n + n B^{2} + T (\sqrt{n} + \frac{n}{B}))$ ，取 $B = \sqrt[3]{T} = 22$ ，可以通过，500~700 ms，空间复杂度 $O (n \log n + n B^{2})$ 。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int maxn=1e5+7;
const int B=24;
const int maxb=B+2;
const int N=1e5;
const int mod=998244353;
bool st;
int mu[maxn],phi[maxn],pr[maxn],pcnt;
ll f[maxn],inv[maxn];
bool isp[maxn];
vector<ll>g[maxn],h[maxb][maxb];
bool ed;
void solve(){
    int n,m,l=1,r;
    cin>>n>>m;
    if(n>m) swap(n,m);
    ll ans=0;
    for(;l<=m/B;l++)
        ans=(ans+f[l]*g[l][n/l]%mod*g[l][m/l]%mod)%mod;
    for(;l<=n;l=r+1){
        r=min(n/(n/l),m/(m/l));
        ans=(ans+h[n/l][m/l][r]-h[n/l][m/l][l-1]+mod)%mod;
    }
    cout<<ans<<'\n';
}
signed main(){
    cerr<<(&ed-&st)/1048576.0<<" MB\n";
    inv[1]=mu[1]=phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
        if(!isp[i]) pr[++pcnt]=i,mu[i]=-1,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=pcnt&&i*pr[j]<=N;j++){
            isp[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]==0){
                mu[i*pr[j]]=0;
                phi[i*pr[j]]=pr[j]*phi[i];
                break;
            }
            mu[i*pr[j]]=-mu[i];
            phi[i*pr[j]]=phi[i]*phi[pr[j]];
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;i++){
        g[i].resize(N/i+2); g[i][0]=0;
        for(int j=1;j<=N/i;j++)
            g[i][j]=(g[i][j-1]+phi[i*j])%mod;
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
        for(int j=1;j<=N/i;j++)
            f[j*i]=(f[j*i]+i*mu[j]*inv[phi[i]]%mod+mod)%mod;
    for(int j=1;j<=B;j++){
        for(int k=1;k<=B;k++){
            h[j][k].resize(N/k+7); h[j][k][0]=0;
            for(int i=1;i<=N/k;i++)
                h[j][k][i]=(h[j][k][i-1]+f[i]*g[i][j]%mod*g[i][k]%mod)%mod;
        }
    }
    int TEST;
    cin>>TEST;
    while(TEST--){
        solve();
    }
    return 0;
}

posted @ 2024-02-21 08:58 view3937 阅读(16) 评论(0) 编辑收藏举报

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