【数论】卷积反演大集合

不知道为啥脑抽要学数论，骂声一片中发现数论还没入门（悲）。

1. 狄利克雷卷积与数论函数#

1.1 数论函数#

定义：数论函数为值域为整数的函数。

简单数论函数：

• $I(n)$，恒等函数，恒等为 $1$。
• $e(n)$，元函数，卷积中的单位元，若 $n=1$，$e(n)=1$。否则为 $e(n)=0$。
• $id(n)$，单位函数，$id(n)=n$。
• $i{d}^x(n)$，幂函数，$i{d}^x(n)=n^x$。

在数论函数的基础上，有以下。

定义：完全积性函数，$f(1)=1$，且对于任意的整数 $a$ 和 $b$ 有 $f(ab)=f(a)f(b)$。

$e(n),I(n),id(n)$ 是完全积性函数。

定义：积性函数，$f(1)=1$，且对于任意互质的 $a$ 和 $b$ 有 $f(ab)=f(a)f(b)$。

欧拉函数与莫比乌斯函数皆为积性函数。证明显然。

1.2 狄利克雷卷积#

定义：$(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$。

或 $(f\ast g)(n)=\sum _{xy=n}f(x)g(y)$。（优美的对称结构）

交换律：$f\ast g=g\ast f$

结合律：$(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$

会用就行。

2. 莫比乌斯反演#

2.1 莫比乌斯函数#

函数 $f$ 与 $F$ 满足如下关系：

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

由狄利克雷卷积得：$F(n)=\sum _{d|n}(1\ast f(d))$

于是乎就有：$F=I\ast f$

若已知 $f$ 求 $F$，则需反演。

变形：$f=F\ast I^{-1}$

这里的 $I^{-1}$ 即为莫比乌斯函数，记为 $\mu$。

积性函数的逆还是积性函数，所以 $\mu$ 为积性函数。

$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\text{ 含有平方因子}\\ (-1{)}^k& k\text{ 为 }n\text{ 的本质不同质因子个数}\end{array}$$

2.2 莫比乌斯反演#

• 嵌套式反演公式：由 $\mu \ast I=e$ 得 $\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$。

好了，你现在已经数论入门了！！。

3. 欧拉反演#

3.1 欧拉函数#

记 $\phi (n)$ 表示小于 $n$ 的正整数中与 $n$ 互质的数的个数。

计算方法：将总数减去与 $n$ 不互质的数的个数。将 $n$ 质因数分解后，记 $p_1,p_2,p_3,\dots ,p_k$ 为 $n$ 的质因子，则有：

$$\phi (n)=n-\sum _{i=1}^n\frac{n}{p_i}+\sum _{1\le i<j\le n}\frac{n}{p_i{p}_j}-\sum _{1\le i<j<k\le n}\frac{n}{p_i{p}_j{p}_k}+\cdots +(-1{)}^{k+1}\frac{n}{p_1{p}_2{p}_3\dots p_k}$$

因数分解可得：

$$\phi (n)=n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})(1-\frac{1}{p_3})\dots (1-\frac{1}{p_k})$$

计算欧拉函数的步骤中运用到了容斥原理，可见容斥原理的应用范围非常广。

欧拉函数的性质：

1. 若 $gcd(a,b)=1$，则有 $\phi (a)·\phi (b)=\phi (ab)$，即欧拉函数为积性函数。

   证明：

   设 $A$ 为 $a$ 的质因子集合，集合元素记为 $p_1,p_2,p_3,\dots ,p_k$，$B$ 为 $b$ 的质因子集合，集合元素记为 $P_1,P_2,P_3,\dots ,P_m$。

   $\because gcd(a,b)=1$，$\therefore A\cap B=\varnothing$.

   $\because \phi (a)=a(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})(1-\frac{1}{p_3})\dots (1-\frac{1}{p_k}),\phi (b)=b(1-\frac{1}{P_1})(1-\frac{1}{P_2})(1-\frac{1}{P_3})\dots (1-\frac{1}{P_m})$

   $\therefore \phi (ab)=ab(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})(1-\frac{1}{p_3})\dots (1-\frac{1}{p_k})(1-\frac{1}{P_1})(1-\frac{1}{P_2})(1-\frac{1}{P_3})\dots (1-\frac{1}{P_m})$

   $\therefore \phi (a)·\phi (b)=\phi (ab)$

2. 若 $p$ 为质数，$\phi (p)=p-1$.

   证明：

   $\because p$ 为质数，$\therefore$ 小于 $p$ 的正整数中与 $p$ 互质的数的个数为 $p-1$.

3. 若 $p$ 为质数，$\phi (p)=p^k-p^{k-1}$.

   证明：

   $\because p$ 为质数，$\therefore$ 与 $p$ 不互质的数只能为 $p$ 的倍数，共有 $p^{k-1}$ 个。

   $\therefore$ $\phi (p)=p^k-p^{k-1}$.

不用怀疑了，全从数学大礼包上贺的。

3.2 欧拉反演#

• 嵌套式欧拉反演：由 $\phi \ast I=id$ 得 $\sum _{d|n}\phi (d)=n$

4. 反演习题#

P3455 [POI2007] ZAP-Queries#

Problem#

给定 $a,b,c$，求 $\sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^b[(i,j)=c]$.

Solve#

莫反好题。

转化形式：

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{a}{c}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{b}{c}\rfloor }[(i,j)=1]$$

代入嵌入式莫比乌斯反演：

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{a}{c}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{b}{c}\rfloor }\sum _{d|(i,j)}\mu (d)$$

由 $d|(i,j)\Rightarrow d|i,d|j$ 可知：

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{a}{c}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{b}{c}\rfloor }\sum _{d|i,d|j}\mu (d)$$

交换枚举顺序：

$$\sum _{d=1}^{min(\lfloor \frac{a}{c}\rfloor ,\lfloor \frac{b}{c}\rfloor )}\mu (d)\sum _{d|i}^{\lfloor \frac{a}{c}\rfloor }\sum _{d|j}^{\lfloor \frac{b}{c}\rfloor }1$$

化简：

$$\sum _{d=1}^{min(\lfloor \frac{a}{c}\rfloor ,\lfloor \frac{b}{c}\rfloor )}\mu (d)\lfloor \frac{\frac{a}{c}}{d}\rfloor \lfloor \frac{\frac{b}{c}}{d}\rfloor$$

$\mu (d)$ 可以用前缀和处理，$\lfloor \frac{\frac{a}{c}}{d}\rfloor \lfloor \frac{\frac{b}{c}}{d}\rfloor$ 整除分块即可。

Code#

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define H 19260817
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)
#define MOD 1000003
#define mod 1000000007

using namespace std;

inline int read() {
  rint x=0,f=1;char ch=getchar();
  while(ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
  return x*f;
}

void print(int x){
  if(x<0){putchar('-');x=-x;}
  if(x>9){print(x/10);putchar(x%10+'0');}
  else putchar(x+'0');
  return;
}

const int N = 5e4 + 10;

int T, a, b, d, prime[N], tot, mu[N], sum[N];

bool vis[N];

void Euler() {
  vis[1] = mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= N-10; i++) {
    if(!vis[i]) prime[++tot] = i, mu[i] = -1;
    for (int j = 1; i * prime[j] <= N-10 && j <= tot; j++) {
      vis[i * prime[j]] = 1;
      mu[i * prime[j]] = (i % prime[j] == 0 ? 0 : -mu[i]);
      if(i % prime[j] == 0) break;
    } 
  }
}

signed main() {
  T = read();
  Euler();
  For(i,1,N) {
    sum[i] = sum[i-1] + mu[i];
  }
  while(T--) {
    a = read(), b = read(), d = read();
    int ans = 0, n = a / d, m = b / d;
    for (int l = 1, r = 0; l <= min(n, m); l = r + 1) {
      r = min(n / (n / l), m / (m / l));
      ans += (sum[r] - sum[l-1]) * (n / l) * (m / l);
    }
    cout << ans << '\n';
  }
  return 0;
}

P2522 [HAOI2011] Problem b#

Problem#

给定 $a,b,c,d,k$，求 $\sum _{i=a}^b\sum _{i=c}^d[(i,j)=k]$.

Solve#

根据上一题得到启发：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[(i,j)=k]=\sum _{d=1}^{min(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{k}\rfloor )}\mu (d)\lfloor \frac{\frac{n}{k}}{d}\rfloor \lfloor \frac{\frac{m}{k}}{d}\rfloor$$

若上题求得是一个 $n\times m$ 的 $(i,j)$ 矩阵，则此题求以 $(a,c),(b,d)$ 为顶点的子矩阵。

在上一题的基础上二维前缀和求解即可。

Code#

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define H 19260817
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)
#define MOD 1000003
#define mod 1000000007

using namespace std;

inline int read() {
  rint x=0,f=1;char ch=getchar();
  while(ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
  return x*f;
}

void print(int x){
  if(x<0){putchar('-');x=-x;}
  if(x>9){print(x/10);putchar(x%10+'0');}
  else putchar(x+'0');
  return;
}

const int N = 5e4 + 10;

int T, a, b, c, d, k, prime[N], tot, mu[N], sum[N];

bool vis[N];

void Euler() {
  vis[1] = mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= N-10; i++) {
    if(!vis[i]) prime[++tot] = i, mu[i] = -1;
    for (int j = 1; i * prime[j] <= N-10 && j <= tot; j++) {
      vis[i * prime[j]] = 1;
      mu[i * prime[j]] = (i % prime[j] == 0 ? 0 : -mu[i]);
      if(i % prime[j] == 0) break;
    } 
  }
}

int calc(int n, int m) {
  int ans = 0;
  n /= k, m /= k;
  for (int l = 1, r = 0; l <= min(n, m); l = r + 1) {
    r = min(n / (n / l), m / (m / l));
    ans += (sum[r] - sum[l-1]) * (n / l) * (m / l);
  }
  return ans;
}

signed main() {
  T = read();
  Euler();
  For(i,1,N) {
    sum[i] = sum[i-1] + mu[i];
  }
  while(T--) {
    a = read(), b = read(), c = read(), d = read(), k = read();
    cout << calc(b, d) - calc(a-1, d) - calc(b, c-1) + calc(a-1, c-1) << '\n';
  }
  return 0;
}

P2158 [SDOI2008] 仪仗队#

Problem#

给定一个 $n\times n$ 的点矩阵，求位于左下角能看见多少个不被遮挡的点。

Solve#

若 $(x,y)$ 能被看见，则满足 $(i,j)=1$。

若存在点 $(kx,ky)$ 则它一定会被 $(x,y)$ 挡住。

所求即为 $\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j=0}^{n-1}[(i,j)=1]$.

莫比乌斯反演求解。

注意细节：计算时按 $2+\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{n-1}[(i,j)=1]$ 计算。$n=1$ 需要特判。

Code#

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define H 19260817
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)
#define MOD 1000003
#define mod 1000000007

using namespace std;

inline int read() {
  rint x=0,f=1;char ch=getchar();
  while(ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
  return x*f;
}

void print(int x){
  if(x<0){putchar('-');x=-x;}
  if(x>9){print(x/10);putchar(x%10+'0');}
  else putchar(x+'0');
  return;
}

const int N = 4e4 + 10;

int n, prime[N], tot, mu[N], sum[N];

bool vis[N];

void Eular() {
  vis[1] = mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= 4e4; i++) {
    if(!vis[i]) prime[++tot] = i, mu[i] = -1;
    for (int j = 1; i * prime[j] <= 4e4 && j <= tot; j++) {
      vis[i * prime[j]] = 1;
      mu[i * prime[j]] = (i % prime[j] == 0 ? 0 : -mu[i]); 
      if(i % prime[j] == 0) break;
    }
  }
}

int calc(int n) {
  int ans = 0; n--; 
  for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    ans += (sum[r] - sum[l-1]) * (n / l) * (n / l); 
  }
  return ans + 2;
}

signed main() {
  n = read();
  Eular();
  For(i,1,n) sum[i] = sum[i-1] + mu[i];
  cout << (n == 1 ? 0 : calc(n)) << '\n';
  return 0;
}

P2398 GCD SUM#

Problem#

给定正整数 $n$，求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)$.

Solve#

欧拉反演模板题。

原式：

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

嵌入式欧拉反演：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d|(i,j)}\phi (d)$$

由 $d|(i,j)\Rightarrow d|i,d|j$ 可知：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d|i,d|j}\phi (d)$$

转化形式：

$$\sum _{d=1}^n\phi (d)\sum _{d|i}^n\sum _{d|j}^{n}1$$

化简：

$$\sum _{d=1}^n\phi (d)(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor {)}^2$$

前缀和 + 整除分块即可求解。注意欧拉筛欧拉函数时，是以质数为讨论根据。

Code#

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define H 19260817
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)
#define MOD 1000003
#define mod 1000000007

using namespace std;

inline int read() {
  rint x=0,f=1;char ch=getchar();
  while(ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
  return x*f;
}

void print(int x){
  if(x<0){putchar('-');x=-x;}
  if(x>9){print(x/10);putchar(x%10+'0');}
  else putchar(x+'0');
  return;
}

const int N = 1e5 + 10;

int n, prime[N], tot, phi[N], sum[N];

bool vis[N];

void Eular() {
  vis[1] = phi[1] = 1;
  for (int i = 1; i <= N - 1; i++) {
    if(!vis[i]) prime[++tot] = i, phi[i] = i-1;
    for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= N - 1; j++) {
      vis[i * prime[j]] = 1;
      phi[i * prime[j]] = (i % prime[j] == 0 ? phi[i] * prime[j] : phi[i] * (prime[j]-1));
      if(i % prime[j] == 0) break;
    }
  }
}

int calc(int n) {
  int ans = 0;
  for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    ans += (sum[r] - sum[l-1]) * (n / l) * (n / l);
  }
  return ans;
}

signed main() {
  n = read();
  Eular();
  For(i,1,n) sum[i] = sum[i-1] + phi[i];
  cout << calc(n) << '\n';
  return 0;
}