数论函数基础

数论函数是数论中相当重要的一环，我们先来将*一些基本的函数 —— H_W_Y

* : 同 “讲”，讲述

全文 绝大多数 内容是对 [0] 中讲述的 粗略抄写 和 胡乱加工

关于 加性函数 和 积性函数 的部分，参考 [3]

1. 一些定义与性质

分类

数论函数

定义域 为 （全体）正整数 的函数，因其在 所有正整数 处均有定义，故可以视作数列

一般 $O I$ 中的 数论函数 的陪域* 为整数

* : 指 可能的取值范围，并不代表 实际上函数的取值范围（值域）

但显然，一个函数的值域被其陪域包含 [1]
加性函数

若 $\forall a, b \in N^{*}, a ⊥ b$ ，有 $f (a b) = f (a) + f (b)$ ，则称 $f$ 为 加性函数，如 本质不同质因数个数

性质式

$\begin{aligned} f (\prod p_{i}^{c_{i}}) & = \sum f (p_{i}^{c_{i}}) \end{aligned}$
判定时，先证明 $f (1) = 0$ ，然后 根据定义判定

此处指（数论）加性函数 $A d d i t i v e F u n c t i o n$ （下文 加性函数 默认指代对象）

应当与（代数）加性函数 $A d d i t i v e M a p$ 区分 [4]

容易发现，由于 $f (1 \times 1) = f (1) + f (1)$ ，有 $f (1) = 0$ ，为 数论加性函数 的 必要条件

后者满足 柯西方程 [2]，即 $f (x + y) = f (x) + f (y)$ ，且 定义域 为 有理数
完全加性函数

若 $\forall a, b \in N^{*}$ ，有 $f (a b) = f (a) + f (b)$ ，则称 $f$ 为 完全加性函数，如 总质因数个数

性质式

$\begin{aligned} f (\prod p_{i}^{c_{i}}) & = \sum f (p_{i}^{c_{i}}) = \sum (c_{i} \cdot f (p_{i})) \end{aligned}$
判定时，先证明 $f (1) = 0$ ，然后证明 $\forall p^{'} \in P$ ，有 $f (p^{'}) + f (a) = f (a p^{'})$ 即可

无需单独证明其为 加性函数

容易发现，任意 $b$ 均可以 质因数分解 成质数，故也无须证明 $f (a) + f (b) = f (a b)$
积性函数

若 $\forall a, b \in N^{*}, a ⊥ b$ ，有 $f (a b) = f (a) f (b)$ ，则称 $f$ 为 积性函数，如 欧拉函数 $φ$

性质式

$\begin{aligned} f (\prod p_{i}^{c_{i}}) & = \prod f (p_{i}^{c_{i}}) \end{aligned}$
若一个函数是 积性函数，则其 求和函数 也是 积性函数（如 因数个数 / 因数和 函数）

判定时，先证明 $f (1) = 1$ ，然后 根据定义判定

容易发现， $f (1) = 1$ 是 积性函数 的 必要条件

同时，我们一般不将 常值为 $0$ 的函数 视作积性函数
完全积性函数

若 $\forall a, b \in N^{*}$ ，有 $f (a b) = f (a) + f (b)$ ，则称 $f$ 为 完全积性函数，如 幂函数 $I d_{k}$

性质式

$\begin{aligned} f (\prod p_{i}^{c_{i}}) & = \prod f (p_{i}^{c_{i}}) = \prod f (p_{i})^{c_{i}} \end{aligned}$
判定时，先证明 $f (1) = 1$ ，然后证明 $\forall p^{'} \in P$ ，有 $f (p^{'}) f (a) = f (a p^{'})$ 即可

加性函数 和 积性函数 的转化

若 $f$ 为 加性函数，而函数 $g$ 满足 $g (x) = C^{f (x)}$ ，其中 $C$ 为常数

容易发现 $g (1) = C^{f (1)} = C^{0} = 1$

又 $a ⊥ b$ 时， $g (a) g (b) = C^{f (a)} \times C^{f (b)} = C^{f (a) + f (b)} = C^{f (a b)} = g (a b)$

故 $g$ 为 积性函数，同理，当 $f$ 为 完全加性函数 时， $g$ 为 完全积性函数

运算

数论函数的加法

对于 数论函数 $f, g$ ， $f + g$ 是 $f, g$ 各个位置相加 的表示， $(f + g) (x) = f (x) + g (x)$
数论函数的数乘

对于 数 $c$ 与 数论函数 $f$ ， $c \cdot f$ 表示 $f$ 的 各个位置 乘 $c$ ，也作 $c f$ ，有 $(c \cdot f) (x) = c \cdot f (x)$
数论函数的点乘

对于 数论函数 $f, g$ ， $f \cdot g$ 是 $f, g$ 各个位置相乘 的表示， $(f \cdot g) (x) = f (x) g (x)$

为与 狄利克雷卷积 符号 $*$ 区分，点乘符号 通常 不省略

2. 常见函数，分类及证明

单位函数*： $ϵ (n) = [n = 1]$

判断 $n$ 是否为 $1$ ，又被称为 元函数，完全积性函数

证明显然
常数函数*： $I (n) = 1$

无论 $n$ 取值，函数恒为 $1$ ，完全积性函数

证明显然
幂函数，恒等函数*： ${id}_{k} (n) = n^{k}$

当 $k = 1$ 时，也记作 $id (n)$ ，完全积性函数

证明显然

* : 注意，许多博客中称 $I (n)$ 为 恒等函数，而称 $id (n)$ 为 单位函数

但与 $W i k i$ 等百科定义不符，故此处 不采用这种用法
除数函数： $σ_{k} (n) = \sum_{d ∣ n} d^{k}$

$σ_{0} (n)$ 表示 $n$ 的 约数个数，又记作 $τ (n)$ 或 $d (n)$ ， $σ_{1} (n)$ 表示 $n$ 的 约数和，又记作 $σ (n)$

有计算式

$\begin{array}{r} σ_{k} (n) = {\begin{cases} \prod (c_{i} + 1) & k = 0 \\ \prod \frac{p_{i}^{(c_{i} + 1) k} - 1}{p_{i} - 1} & k > 0 \end{cases} \end{array}$

根据乘法分配律，有 $σ_{k} (n) = \prod \sum_{j = 0}^{c_{i}} p_{i}^{j k}$ ，等比数列求和 即可得到上式

积性函数

证明

显然有 $σ_{k} (1) = 1^{k} = 1$ ，当 $a ⊥ b$ 时

$\begin{aligned} σ_{k} (a) σ_{k} (b) & = \sum_{d_{1} ∣ a} d_{1}^{k} \sum_{d_{2} ∣ b} d_{2}^{k} \\ = \sum_{d_{1} ∣ a} \sum_{d_{2} ∣ b} d_{1}^{k} d_{2}^{k} \\ = \sum_{d_{1} ∣ a} \sum_{d_{2} ∣ b} (d_{1} d_{2})^{k} \\ = \sum_{d ∣ a b} d^{k} \\ = σ_{k} (a b) \end{aligned}$
下指标 由 $d_{1} ∣ a, d_{2} ∣ b$ 到 $d ∣ a b$ 的这一步显然只有 $a ⊥ b$ 时满足

可以将其 唯一分解 后证明
欧拉函数： $φ (n) = \sum_{i = 1}^{n} [i ⊥ n]$

即 $n$ 以内与 $n$ 互质的数 的个数，积性函数

证明

显然有 $φ (1) = 1$ ，我们知道，当 $a ⊥ k, b ⊥ k$ 时，一定有 $a b ⊥ k$

由于 $a ⊥ b$ ，我们认为 $i b + k (i \in [0, a - 1])$ 将构成 $a$ 的 完全剩余系

即 $i b + k$ 模 $a$ 后能得到 $a$ 的 每一种余数，反证法容易得到，前文中也有提及

故我们构建一个 $a \times b$ 的矩阵

$\begin{array}{ccccc} 1 & 2 & 3 & \dots & b \\ b + 1 & b + 2 & b + 3 & \dots & 2 b \\ 2 b + 1 & 2 b + 2 & 2 b + 3 & \dots & 3 b \\ \dots \\ (a - 1) b + 1 & (a - 1) b + 2 & (a - 1) b + 3 & \dots & a b \end{array}$
显然我们可以找到 $φ (b)$ 列与 $b$ 互质的数

（ $r ⊥ b$ 则 $k b + r ⊥ b$ ，故只需第一行的数与 $b$ 互质，则后面对应列的数一定与 $b$ 互质）

同时 每一列都是 $n$ 的完全剩余系，故 每一列有 $φ (a)$ 个与 $a$ 互质的数

于是有 $φ (a) φ (b)$ 个数与 $a, b$ 均互质，则有 $φ (a) φ (b)$ 个数与 $a b$ 互质

故有 $φ (a) φ (b) = φ (a b)$ ，即 积性函数 性质得证

我们也可以通过容斥得到 $φ (n)$ 的 计算式

$φ (n) = n \prod (1 - \frac{1}{p_{i}})$

可以感性理解成 对于 $n$ 的每个质因子 $p_{i}$ ， $1 \sim n$ 中有 $n (1 - \frac{1}{p_{i}})$ 个数 不被其整除

即这些数与 $n$ 没有 $p_{i}$ 这个公因数，对于剩下的数，继续考虑其被 $p_{i + 1}$ 整除的可能

从而

$\begin{aligned} φ (n) φ (m) & = n \prod (1 - \frac{1}{p_{i}}) \times m \prod (1 - \frac{1}{p_{j}}) \\ = n m \prod (1 - \frac{1}{p_{i}^{'}}) \\ = φ (n m) \end{aligned}$
本质不同质因子个数： $ω (n) = \sum_{p \in P} [p ∣ n]$

加性函数

证明

显然 $ω (1) = \sum_{p \in P} [p ∣ 1] = 0$

$\begin{array}{r} a = \prod_{i = 1}^{n} p_{i}, b = \prod_{i = 1}^{m} q_{i} \end{array}$
若 $\forall p_{i} (p_{i} \in P, p_{i} ∣ a), p_{i} \in P$ ，同理 $q_{i} \in Q$

由于 $a ⊥ b$ ，则 $P \cap Q = \emptyset$ ，故 $| P | + | Q | = | P + Q |$

显然， $a b$ 分解后的 质因数集合 即为 $P + Q$ ，而 集合大小 就是 $ω$ 的值

故有 $ω (a) + ω (b) = ω (a b)$ 得证
莫比乌斯函数： $μ (n)$

$\begin{array}{r} μ (n) = {\begin{cases} 1 & n = 1 \\ 0 & \exists d > 1, d^{2} ∣ n \\ (- 1)^{ω (n)} & otherwise \end{cases} \end{array}$
$\sum_{d ∣ n} μ (d) = [n = 1]$ [5]

显然， $n = 1$ 时， $\sum_{d ∣ n} μ (d) = 1$ ，否则设 $n = \prod_{i = 1}^{m} p_{i}^{c_{i}}$ ， $d = \prod_{i = 1}^{m} p_{i}^{x_{i}}$

由定义，我们知道当 $d$ 有 平方因子 时， $μ (d) = 0$ ，即 不做贡献

故我们只需要考虑 $x_{i} \in {0, 1}$ 的 $2^{m}$ 种情况，设 $d$ 存在 $r$ 个 $x_{i}$ 为 $1$ ，则

$\begin{aligned} \sum_{d ∣ n} μ (d) & = \sum_{r = 0}^{m} (\binom{m}{r}) (- 1)^{r} & (n \neq 1) \end{aligned}$
注意到 二项式定理

$(x + y)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{n - k} y^{k}$
容易发现，当 $n = m, x = 1, y = - 1$ 时，下式即 上式右半部分，于是

$\begin{aligned} \sum_{d ∣ n} μ (d) & = (1 + (- 1))^{m} = 0 \end{aligned}$
结束

于是显然有 $\sum_{d ∣ gcd (i, j)} μ (d) = [gcd (i, j) = 1]$

积性函数

证明

显然 $μ (1) = 1$ ，且若 $a, b$ 有等于 $1$ 的，容易证明 $μ (a) μ (b) = μ (a b)$

显然，若 $a, b$ 中有满足 $\exists d > 1, d^{2} ∣ x$ ，则 $a b$ 一定满足此条件

故 $μ (a b) = μ (a) μ (b) = 0$ ，同样易得

只需考虑 $a, b$ 均为 最后一种情况 的情形

容易发现， $ω (n)$ 是 加性函数，而 $- 1$ 为常数，此形式符合 上文中提到的

加性函数 和 积性函数 的转化的式子形式，故 $μ (n)$ 一定是 积性函数，得证
总质因数个数： $Ω (n) = \sum_{p \in P} \sum_{c \geq 1} [p^{c} ∣ n]$

完全加性函数

证明（可以回顾 完全加性函数的判定，与加性函数 / 积性函数的判断有所不同）

先转化一下，有 $Ω (n) = \sum_{d \in Z} [d ∣ n] = \sum_{p \in P} \sum_{c \geq 1} [p^{c} ∣ n]$

显然有 $Ω (1) = 0$ ，又由于 $p_{i} \in P$ ，故易得 $Ω (p_{i}) = 1$ ，然后颓狮子

$\begin{aligned} Ω (n p_{i}) & = \sum_{p \in P} \sum_{c \geq 1} [p^{c} ∣ n p_{i}] \\ = \sum_{p \in P \land p \neq p_{i}} \sum_{c \geq 1} [p^{c} ∣ n p_{i}] + \sum_{c \geq 1} [p_{i}^{c} ∣ n p_{i}] \\ = \sum_{p \in P \land p \neq p_{i}} \sum_{c \geq 1} [p^{c} ∣ n] + \sum_{c \geq 1} [p_{i}^{c} ∣ n p_{i}] \\ = \sum_{p \in P \land p \neq p_{i}} \sum_{c \geq 1} [p^{c} ∣ n] + \sum_{c \geq 1} [p_{i}^{c} ∣ n] + 1 \\ = \sum_{p \in P} \sum_{c \geq 1} [p^{c} ∣ n] + 1 \\ = Ω (n) + Ω (p_{i}) \end{aligned}$
故得证，该函数为 完全加性函数

同理可知，总质因数和： $Ω (n) = \sum_{p \in P} \sum_{c \geq 1} p^{c} \times [p^{c} ∣ n]$ 也是 完全加性函数
模意义下的乘法逆元： $n^{- 1} (\mod p)$

完全积性函数（ $p \in P$ ）

根据 余数的可乘性 即可证明，前面 同余关系 章节中应有 相关应用

更形式化的，显然有 $a^{- 1} b^{- 1} = (a b)^{- 1} (\mod p)$ ，并不要求 $a ⊥ b$
刘维尔函数： $λ (n) = (- 1)^{Ω (n)}$

完全积性函数

上文知， $Ω (n)$ 是 完全加性函数，然后根据 加性函数 和 积性函数 的转化即可得

3. 线性筛积性函数

前面的素数部分，线性筛（欧拉筛） 筛素数的算法

提供了一个 线性筛特殊性质积性函数 在 $[1, n]$ 处 所有取值 的基本框架

只要 积性函数 $f$ 可以在 $O (1)$ 时间计算 任意质数幂 处的取值 $f (p^{k})$ ，就适用 这个框架

这是一个 充分不必要 条件，有弱化条件，如 $O (k)$ 计算 $f (p^{k})$ 也可以，但此处暂不提

bool Vis[MAXN];
int Pri[MAXN];
inline void Prime () {
	for (int i = 2; i <= N; ++ i) {
		if (!Vis[i]) Pri[++ Cnt] = 0;
		for (int j = 1; Pri[j] * i <= N && j <= Cnt; ++ j) {
			Vis[i * Pri[j]] = 1; 
			if (i % Pri[j] == 0) break ;
		}
	}
}

先来考虑 上述的线性筛 框架，容易发现 $P r i_{i}$ 显然与 $i$ 互质

于是我们可以在标记 $V i s$ 这一部分 算出对应的值

唯一的特例是枚举到 $i$ 的 最小质因数（即 $i mod P r i_{j} = 0$ ）时，此时不满足 $i ⊥ P r i_{j}$

我们需要把 $i$ 除尽其最小质因数，得到 $i^{'}$ ，显然 $i^{'} ⊥ P r i_{i}$ ，于是就可以算了

但是如果每次在 $i mod P r i_{j} = 0$ 时再来除的话，时间复杂度就会假

所以我们需要在过程中预处理每个数 $i$ 的 最小质因子 $p_{i}$ 的 最高次幂（ $max p_{i}^{c}$ ）

最后就得到了 下面的代码框架

inline void Sieve () {
	for (int i = 2; i <= N; ++ i) {
		if (!Vis[i]) Pri[++ Cnt] = i, F[i] = /* NOTE */, Low[i] = i;
		for (int j = 1; j <= Cnt && Pri[j] * i <= N; ++ j) {
			Vis[i * Pri[j]] = 1;
			if (i % Pri[j] == 0) {
				Low[i * Pri[j]] = Low[i] * Pri[j];
				if (i == Low[i]) F[i * Pri[j]] = /* NOTE */ // F[i = p_j ^ k] -> F[i * p_j = p_j ^ (k + 1)]
				else F[i * Pri[j]] = F[i / Low[i]] * F[Low[i * Pri[j]]];
				break ;
			}
			Low[i * Pri[i]] = Pri[j], F[i * Pri[j]] = F[i] * F[Pri[j]];
		}
	}
}