网课-数论学习笔记2

very good reference

Miller-Rabin

推荐看我之前写的。

狄利克雷卷积

乘法逆元（求 $f * g = \epsilon$ 中 $g$ 的前 $n$项）。
\[I = \varphi * 1 \]
证明：走神没听到。。。
\[e = \mu * 1 \]
证明：发现有平方因子则 $\mu(x) = 0$，因此只用考虑每个质因子至多出现一次的情况。那么有 $(\mu * 1)(n) = \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} (-1)^i = (1-1)^n = [n = 0]$。
$O(n \log \log n)$ 求 $g = f*1$ 和 $g = f*\mu$

有平凡 $O(n \log n)$ 做法。

先考虑 $g = f * 1$。对每一个质数做前缀和，即由 $b * p^{k-1} \rightarrow b * p^k$，等价于做高维前缀和。

$g = f*\mu$ 则可以这么处理：易得有 $f = g * 1$，故我们只需要依次 对每个质数做高维差分 即可。
积性函数的卷积依旧为积性函数。

积性函数的逆依旧为积性函数。

积性函数的复合、点积（$(f \dot g)(n) = f(n)g(n)$）依旧为积性函数。

莫比乌斯反演

基于约数差分的莫比乌斯反演：

\[f(n) = \sum_{d|n} g(d) \Longleftrightarrow g(n) = \sum_{d|n} \mu\left(\dfrac{n}{d}\right) f(d) \]
基于倍数差分的莫比乌斯反演：

\[f(n) = \sum_{n|d} g(d) \Longleftrightarrow g(n) = \sum_{d|n} \mu\left(\dfrac{d}{n}\right) f(d) \]

如果将每个正整数视为高维点，那么此二者就相当于高维前缀差分以及高维后缀差分。

我们之前一直使用的一种做法本质为：先提出 $\gcd$，然后对 $[\gcd(i, j) = 1]$ 进行反演。但我个人认为这种方法不太能被称为反演，因为它只用了 $e = 1 * \mu$ 这一条性质。

但 nixnehc 提供了一种我认为可称为“正统”的莫比乌斯反演方法。我之所以这么说，是因为它与传统反演的模式很相似：构造一个方便计算答案的 $g$ 函数，一个方便直接计算的 $f$ 函数，然后通过 $g = f * \mu$ 来得到 $g$。

\[\sum^n_{i=1} \sum^n_{j=1} f(\gcd(i, j)), n \le 10^7 \]
1. $ $
  
  定义 $g$ 满足 $f = g * 1$，则：
  
  \[\sum^n_{i=1} \sum^n_{j=1} \sum_{d|\gcd(i,j)} g(d) \]
  \[\sum_{d=1}^n g(d) \sum^n_{d|i} \sum^n_{d|j} \]
  \[\sum_{d=1}^n g(d) \left\lfloor \dfrac{n}{d} \right\rfloor^2 \]
  由于 $g = f * \mu$，将 $g(d)$ 展开写的话：
  
  \[\sum_{d=1}^n \left\lfloor \dfrac{n}{d} \right\rfloor^2 \sum_{t|d} \mu(t) f\left(\dfrac{d}{t}\right) \]
  我们可以对 $g(d)$ 做 $O(n \log \log n)$ 的预处理，如果 $f$ 为积性函数也可以线性筛。
2. $ $
  
  \[\sum^n_{i=1} \sum^n_{j=1} \sum_{d|\gcd(i, j)} f(d) \left[\gcd \left(\dfrac{i}{d}, \dfrac{j}{d} \right) = 1 \right] \]
  \[\sum_{d=1}^n f(d) \sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{i=1} \sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{j=1} [\gcd(i, j) = 1] \]
  \[\sum_{d=1}^n f(d) \sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{i=1} \sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{j=1} \sum_{t|\gcd(i, j)} \mu(t) \]
  \[\sum_{d=1}^n f(d) \sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{t=1} \mu(t) \left\lfloor\dfrac{n}{dt}\right\rfloor^2 \]
  此时二次数论分块已可解，用普通线性筛预处理 $\mu$ 前缀和之后，能够做到 $O(n)$；然而，可以发现杜教筛会顺带求出所有 基本和组 （见下文）的前缀和，故实际可以做到 $O(n^{\frac{3}{4}})$。（？）
  
  若再令 $T = dt$，则有：
  
  \[\sum_{T=1}^n \left\lfloor \dfrac{n}{T} \right\rfloor^2 \sum_{t|T} \mu(t) f\left(\dfrac{T}{t}\right) \]
  虽然最后和 1. 是一样的，但 1. 的过程在这道题上显然更加简洁。

\[\sum^n_{i=1} \sum^n_{j=1} \text{lcm}(i, j), n \le 10^7 \]
转化一下：

\[\sum^n_{i=1} \sum^n_{j=1} \dfrac{ij}{\gcd(i, j)} \]
1. $ $
  
  令 $f(n) = \frac{1}{n}$，定义 $g$ 满足 $f = g * 1$，则：
  
  \[\sum^n_{i=1} \sum^n_{j=1} ij \sum_{d|\gcd(i, j)} g(d) \]
  \[\sum_{d=1}^n g(d) d^2 \sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{i=1} \sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{j=1} ij \]
  （这一步要注意提出消失的 $d^2$）
  
  令 $C(n) = \frac{1}{2}n(n+1)$，则：
  
  \[\sum_{d=1}^n g(d) d^2 C\left(\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\right)^2 \]
  再来研究 $g(n)$ 的求法：
  
  \[g(n) = \sum_{d|n} \dfrac{d}{n} \mu(d) \]
  \[g(n) = \dfrac{1}{n} \sum_{d|n} d\mu(d) \]
  后面 $\sum$ 那一块可以用线性筛预处理，总复杂度 $O(n)$。
2. $ $
  
  \[\sum_{d=1}^n d \sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{i=1} \sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{j=1} [\gcd(i, j) = 1]ij \]
  \[\sum_{d=1}^n d \sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{i=1} \sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{j=1} \sum_{t|\gcd(i, j)} \mu(t) ij \]
  \[\sum_{d=1}^n d \sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{t=1} \mu(t) \sum^{\lfloor\frac{n}{dt}\rfloor}_{i=1} \sum^{\lfloor\frac{n}{dt}\rfloor}_{j=1} ij \]
  \[\sum_{d=1}^n d \sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{t=1} \mu(t) t^2 C\left(\left\lfloor\dfrac{n}{dt}\right\rfloor\right)^2 \]
  二次数论分块可解（剩下同上一题）。令 $T = dt$，则也可以化为 1. 中的式子。

[AGC038C] LCMs

将最终答案乘以二再加上 $\sum a_i$，则是下面的式子：

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \text{lcm}(a_i, a_j) \]
为了更方便地处理，我们令 $b(i)$ 表示数字 $i$ 在 $a$ 中出现的次数，则有：

\[\sum^m_{i=1} \sum^m_{j=1} \text{lcm}(i, j) b(i) b(j) \]
\[\sum^m_{i=1} \sum^m_{j=1} \dfrac{ij}{\gcd(i, j)}b(i)b(j) \]
就不写 1. 的做法了，反正其实大同小异。
1. $ $
  
  经过与上一题类似的推理过程，我们能够得到：
  
  \[\sum_{d=1}^m d \sum^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}_{t=1} \mu(t) \left( \sum^{\lfloor\frac{m}{dt}\rfloor}_{i=1} b(idt)i \right)^2 \]
  令 $T = dt$，则有：
  
  \[\sum_{T=1}^m \left( \sum^{\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}_{i=1} b(iT)i \right)^2 \left( \sum_{d|T} \dfrac{T}{d}\mu(d) \right) \]
  两个括号都可以以调和级数复杂度处理，总复杂度 $O(n \ln n)$。

接下来是几道非套路的莫比乌斯反演题：

\[\sum^n_{i=1} \gcd \left( \left\lfloor \sqrt[3]{i} \right\rfloor , i \right), n \le 10^{21} \]
第一步先枚举 $\lfloor \sqrt[3]{i} \rfloor$，因为这个东西的范围 $\le 10^7$。于是有：

\[\sum^{\lfloor \sqrt[3]{n} \rfloor}_{i=1} \sum^{(i+1)^3-1}_{j=i^3} \gcd(i, j) \]
$\gcd$ 有一侧范围太大怎么办？考虑用 辗转相除法 优化啊！于是：

\[\sum^{\lfloor \sqrt[3]{n} \rfloor}_{i=1} \sum^{i^3+3i^2+i}_{j=i^3} \gcd(i, j \bmod i) \]
（注：以下部分没有考虑 $(i+1)^3-1 > n$ 的情况。）

\[\sum^{\lfloor \sqrt[3]{n} \rfloor}_{i=1} i + (3i + 1)\sum^i_{j=1} \gcd(i, j) \]
如果你眼力足够好，就已经能看出来这是欧拉反演的一个经典模型了——$\gcd$ 求和。我们不妨再推一下：
1. $ $
  
  设 $f(n) = n$，定义 $g$ 满足 $f = g * 1$，根据结论易发现有 $g = \varphi$。则有：
  
  \[\sum^{\lfloor \sqrt[3]{n} \rfloor}_{i=1} i + \sum^{\lfloor \sqrt[3]{n} \rfloor}_{d=1} \varphi(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \sqrt[3]{n}/d \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \sqrt[3]{n}/d \rfloor} (3i+1) \]
  那两个 $\sum$ 显然可以化为等差数列求和公式，然后再随便做一下整除分块即可。（整除分块复杂度为 $\sqrt{n}$，可以做多次询问，或者再加强一下这个问题。）
2. $ $
  
  懒得推了，到最后你会发现我们可以用 $\mu$ 表示出 $\varphi$ 来。

定义 $F(n) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [\gcd(i,j) + \text{lcm}(i,j) \ge n]$，请对于每一个整数 $i \in [1,n]$ 求出 $ans(i) = \sum_{i=1}^n F(i)$。$n \le 10^6$。

$\ge$ 不好处理，考虑通过做差分将其化为 $=$。 令 $f(n) = F(n)-F(n+1)$，则有：

\[f(n) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [\gcd(i,j) + \text{lcm}(i,j) = n] \]
（明显，如果 $i$ 或 $j$ 满足 $\ge n$，则 $\gcd(i, j)+\text{lcm}(i, j) \ge n$。故上式不用考虑 $n+1$。）

此题用 1. 并不方便处理，故让我们直接尝试 2.：

\[f(n) = \sum_{d=1}^n \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} [\gcd(i, j) = 1][d+ijd = n] \]
先不要急着拆 $[\gcd(i, j) = 1]$，再观察一下：

\[f(n) = \sum_{d|n} \sum_{i=1}^{\frac{n}{d}} \sum_{j=1}^{\frac{n}{d}} [\gcd(i, j) = 1]\left[ij = \dfrac{n}{d}-1\right] \]
容易发现 $i, j$ 的上界可以去掉：

\[f(n) = \sum_{d|n} \sum_{i=1} \sum_{j=1} [\gcd(i, j) = 1]\left[ij = \dfrac{n}{d}-1\right] \]
这里有一个 Trick：求将一个数 $x$ 分成两个互质数相乘的方案数。将 $x$ 质因数分解，设其有 $w(x)$ 个不同的质因子，显然有答案 $2^{w(x)}$。所以有：

\[f(n) = \sum_{d|n} 2^{w(\frac{n}{d}-1)} \]
$w(x)$ 可以轻松线性筛预处理。总复杂度 $O(n)$。

基本和组

定义 $D(x) = \{ \lfloor x/1 \rfloor, \lfloor x/2 \rfloor, \dots, \lfloor x/x \rfloor \}$ 为 $x$ 的基本和组。

易证其大小为 $O(\sqrt{n})$。

Trick：$\{ \lfloor x/1^k \rfloor, \lfloor x/2^k \rfloor, \dots, \lfloor x/\sqrt[k]{x}^k \rfloor \}$ 的大小为？

运用设定阈值，再做均值不等式的方法。设定阈值 $B$，可以发现 $i > B$ 时都有 $\lfloor x/i^k \rfloor < \lfloor x/B^k \rfloor$，时间复杂度为 $O(B + \frac{x}{B^k})$。当 $B = \frac{x}{B^k}$ 成立时，有最优复杂度 $O(x^{\frac{1}{k+1}})$。
杜教筛前置知识：
1. $D(\lfloor x/a \rfloor) \subset D(x)$
2. 现已知 $f = g * h$，且 $F,G,H$ 分别为 $f,g,h$ 的前缀和。已知 $G(D(n)), H(D(n))$，求 $F(D(n))$：
  
  \[F(n) = \sum_{i=1}^n g(i) H\left(\left\lfloor \dfrac{n}{i} \right\rfloor\right) \]
  整除分块优化即可。

杜教筛

求数论函数前缀和的工具。

欲求 $F$。设计 $h = f * g$，其中 $H, G$ 易求。

可得：

\[H(n) = \sum_{i=1}^n g(i) F\left(\left\lfloor \dfrac{n}{i} \right\rfloor\right) \]

\[g(1)F(n) = H(n) - \sum_{i=2}^ng(i)F\left(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\right) \]

具体实现：

线性筛预处理到 $n^{\frac{2}{3}}$。
记忆化递归计算答案。这里使用 map。（其实杜教筛复杂度的保证源于数论分块的递归最多只有两层，其余都为重复。）

如此，杜教筛有总复杂度 $O(n^{\frac{2}{3}})$。

上面的是“除法式”。因为我们如果已知 $F, G$，想要求出 $H$ 的话，还有一个类似的式子：

令还有另一种形态：

gcd 卷积

这里解释了 gcd 卷积与 min 卷积之间的关系。

杂 Trick

推导如何用线性筛求积性函数的方法：

对于 $p^k(k > 1)$ 讨论：
- $p^k \not| x$：直接转移。
- $p^k | x$：具体分析，甚至有可能需要维护指数等复杂信息。
\[\sum_{i=1}^n \mu^2(i), n \le 10^{12} \]
$\mu^2$ 可看作“不含有平方质因子”函数，而这等价于最大的平方因子为 1。故有：

\[\sum^n_{i=1} \sum_{d^2|i} \mu(d) \]
\[\sum_{1 \le d^2 \le n} \mu(d) \left\lfloor\dfrac{n}{d^2}\right\rfloor \]
根据上面的整除分块 Trick，时间复杂度为 $O(n^{\frac{1}{3}})$。
$ $
- 约数个数：$d(ij) = \sum_{x|i} \sum_{y|j} [\gcd(x, y) = 1]$
- 约数和：$\sigma(ij) = \sum_{x|i} \sum_{y|j} [\gcd(x, y) = 1] \frac{xj}{y}$
前者证明：link。

后者证明实则差不多。我们只需改作将 $p^{b-(c-a)}$ 乘入 $y$，这样 $\frac{j}{y}, x$ 就可以看作在 $i, j$ 分别选入的部分相乘。

更系统的推法是对于每个 $p^k$ 先进行考虑，暴力拆，最后用积性结合。