几道有意思的积性函数题
几道有意思的积性函数题
前言
最近在搞积性函数筛法之类的东西，选了几道有意思的题放在这里。
有公式恐惧症的勿看！
哗啦啦。
[UOJ188] [UR #13]Sanrd
一句话题意：求\(\sum_{i=1}^n p_{smax}(i)\)，\(n\leq 10^{11}\)
其中\(p_{smax(i)}\)表示某个数的次大质因子，定义质数和\(1\)的\(p_{smax}=0\)。
min_25筛的简单应用。
先在第一步的时候把质数个数\(g(n,|P|)\)给筛出来，然后进第二步。
第二步时，若当前在状态\(S(n,j)\)，强制当前层选的质因子为最大质因子，然后用\(p_{j-1}\)贡献答案。
注意特判最大质因子和次大质因子相同的情况。
结合上述思路，容易写出转移方程：
\(S(n,j) = p_{j-1}(\ g(n,|P|)-(j-1)\ ) + \sum_{k=j}^{|P|} \sum_{e=1}^{p_{k}^{e+1}\leq n} (S(\lfloor \frac{n}{p_k^e} \rfloor ,k+1) + p_k)\)。
[BZOJ3309] DZY Loves Math
一句话题意：线性筛出 \(G(T) = \sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d}) f(d)\) ，\(T\leq 10^7\)。
其中\(f(d)\)定义为\(d\)唯一分解后的最大指数幂，如\(f(2^33^55^4) = 5,f(17^43^{18})=18\)。
这个题是真的有意思。
考虑唯一分解：\(T=p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_k^{c_k}\)，\(d=p_1^{b_1}p_2^{b_2}...p_k^{b_k}\)。
显然\(\mu(\frac{T}{d})=0\)的项没有贡献，所以有贡献的项一定满足\(c_i-b_i\leq 1\) 。
若存在\(c_i < c_j\)，则\(b_i \leq b_j\) 。
此时\(f(d)\)的取值与\(b_i\)的取值无关，而\(c_i-b_i=0\)或\(1\)时在\(\mu(\frac{T}{d})\)中的贡献恰好相反。
所以这种情况下存在对称性，即\(\sum_{d|T} \mu(\frac{T}{d}) f(d) = 0\) 。
若\(c_1=c_2=...c_k=c\)，若存在\(b_i<b_j\)，则类似上面的对称性，贡献会为\(0\)。
唯一不存在对称性的情况是\(b_1=b_2=...b_k=c-1\)，此时\(f(d)\)相比其反面少\(1\)。
故此时\(\sum_{d|T} \mu(\frac{T}{d}) f(d) = (-1)^{k+1}\)。
所以线性筛的同时记录最大指数幂\(g\)，通过判断\(g[\frac{i}{low(i)}]\) 与 \(g[low(i)p_j]\) 是否相同进行转移。
[CQOI2017] 小Q的表格
两句话题意：给定一张\(n\times n\)的表格，每个位置有一个值\(f(a,b)\)，满足：
对于正整数\(a,b\)，有\(f(a,b)=f(b,a)\)且\(bf(a,a+b)=(a+b)f(a,b)\)。
初始\(f(a,b)=ab\)。现在有\(m\)次操作\((a,b,x,k)\)，
每次操作你需要将\(f(a,b)\)改为\(x\)，并修改整个表格使得表格合法，
在修改完后，你需要输出前\(k\)行前\(k\)列表格中的数字之和，数据范围\(n\leq 10^6,m\leq 10^4\)。
首先把条件化为\(\frac{f(a,b)}{ab} = \frac{f(a,a+b)}{a+b}\)。
这可以看作一个类欧过程，故\(\frac{f(a,a\%b)}{a(a\%b)} = \frac{f(a,b)}{ab}\)，展开后有\(\frac{f(a,b)}{ab} = \frac{f(d,d)}{d^2},d=gcd(a,b)\)
答案为\(Ans = \sum_{a=1}^K\sum_{b=1}^K f(a,b)\)。
带入上面的展开式后稍微化简一下有：\(Ans = \sum_{d=1}^K f(d,d) G(\lfloor \frac{K}{d} \rfloor)\)。
其中\(G(n) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [gcd(i,j)=1]ij\)，然后这题误导性最强的地方就在这里。
正常想法肯定是反演，然而如果去反演那就完蛋了到死也做不出来，正确姿势应该是：
\(G(n) = \sum_{i=1}^n i \sum_{j=1}^n [gcd(i,j)=1]j = 1+2\sum_{i=2}^n i(\frac{\varphi(i)}{2}i) = \sum_{i=1}^n i^2 \varphi(i)\) 。
最后的问题在于维护\(f(d,d)\)的前缀和，要求能够\(O(\sqrt{n})\)修改，\(O(1)\)回答。分块就行了。
[51NOD1847] 奇怪的数学题
一句话题意：求\(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n sgcd(i,j)^k\)，\(n\leq 10^9 , k\leq 50\)。
其中\(sgcd(i,j)\)表示\(i\)和\(j\)的次小公因数。
其实这题还蛮简单的，毕竟太套路了，没啥思维含量......
显然\(sgcd(i,j) = \frac{gcd(i,j)}{p_{min}(gcd(i,j))}\)。
所以枚举\(gcd(i,j)=d\)，
列出式子后可以得到：\(Ans = \sum_{d=1}^{n} (\frac{d}{p_{min}(d)})^k \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} [gcd(i,j)=1]\)
然后用对称性稍微弄一下就可以得到：
爽！用min_25筛预先解决\(\sum_{i=1}^d(\frac{i}{p_{min}(i)})^k\)，然后对于\(\sum_{i=1}^n \varphi(i)\)直接杜教筛即可。
[Luogu4240] 毒瘤之神的考验
一句话题意：\(T\)次询问\(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \varphi(ij)\)。\(n,m\leq 10^5\) ; \(T\leq 10^4\)。
常见套路先把\(\varphi(ij)\)写开可以得到：\(Ans = \sum_{d=1}^n \frac{d}{\varphi(d)} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \varphi(i) \varphi(j) [gcd(i,j)=d]\)。
不要把\(gcd=d\)变为\(gcd=1\)，而是直接莫比乌斯反演可以得到：
其中\(G(n , K) = \sum_{i=1}^n \varphi(iK)\) 。
前面的一坨\(F(i) = \sum_{d|i} \frac{d}{\varphi(d)} \mu(\frac{i}{d})\)显然是个迪利克雷卷积，线性筛出来就行了。
关于\(G\)如何求，妙哉妙哉！注意到\(iK\leq n\)，所以暴力全算出来就行了，复杂度调和级数。
然后\(Ans = \sum_{i=1}^n F(i) G(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor ,i) G(\lfloor \frac{m}{i} \rfloor ,i)\)，如何快速求答案？
又是妙哉妙哉，我们设\(H(U,n,m) = \sum_{i=1}^n F(i) G(n,i) G(m,i)\)。
然后我们设置一个阀值\(B\)，将\(n,m\leq B\)的\(H\)全部预先算出来存到一个数组里去。
我们用预处理好\(H\)加上数论分块算好所有\(n,m\leq B\)的答案。
对于\(n,m > B\) 的部分，因为有\(\frac{n}{i}> B\)，所以\(i\leq \lfloor \frac{n}{B} \rfloor\)不会很大，这部分直接暴力算。
那么此时复杂度变为了\(O(B^2n + T(\sqrt{n} + \lfloor \frac{n}{B} \rfloor ))\)，\(B\)取\(T^{\frac{1}{3}}\)左右即可得到可行的复杂度。
[NOI2016]循环之美
一句话题意： 求\(K\)进制下，\(\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [\)\(\frac{x}{y}\)为纯循环小数\(]\)。\(n,m\leq 10^9\),\(K\leq 2000\)。
小学"奥术"学过纯循环小数的处理：存在\(t\)，使得\(\frac{K^tx-x}{y} = k\)。
所以\(K^tx = ky + x\)。所以\(K^t \% y = 1\)。
所以\(Ans = \sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [x \perp y][K\perp y]\)，下面一题多解：
为了节省篇幅，设\(f_s(n)=\sum_{i=1}^n [i\perp K] = \lfloor \frac{n}{K} \rfloor \varphi(K) + brute(n \%K)\)
解1：(暴力拆\([x\perp y]\))
\(Ans = \sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^n [K\perp y] \sum_{d|gcd(x,y)} \mu(d)\)
$Ans = \sum_{d=1}^n \mu(d) \sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor } \sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} [K \perp yd] \( \)Ans = \sum_{d=1}^n \mu(d)[K\perp d] \sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor } \sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} [K \perp y] = \sum_{d=1}^n \mu(d) [K \perp d] \lfloor \frac{n}{d} \rfloor f_s(\lfloor \frac{m}{d} \rfloor) \( \)f(n,K) = \sum_{d=1}^n \mu(d)[K\perp d] = \sum_{d=1}^n \mu(d) \sum_{s|K,s|d}\mu(s)\( \)f(n,K) = \sum_{s|K} \mu(s) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{s} \rfloor} \mu(si) = \sum_{s|K} \mu(s)^2 \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{s} \rfloor} f(\lfloor \frac{n}{s} \rfloor , s)\( 递归处理即可，终态\)f(n,1)$直接杜教筛。
QaQ一下，duang~~~
解2：(暴力拆\([K\perp y]\))
\(g(n,m,K) = \sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [x\perp y] \sum_{d|K,d|y} \mu(d)\)
\(g(n,m,K) = \sum_{d|K} \mu(d) \sum_{x=1}^n \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} [x\perp id]\)
\(g(n,m,K) = \sum_{d|K} \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} \sum_{x=1}^n [x\perp i] [x\perp d] = \sum_{d|K} \mu(d) g(\lfloor \frac{m}{d}\rfloor ,n,d)\)
递归处理即可，终态\(g(n,m,1)\)直接数论分块+杜教筛处理。
QwQ一下，duang~~~
解3：(某 高姓一本爷神仙 的做法)
拿着这道题去问\(gzy\)这题怎么算复杂度啊？min_25筛做是不是假的啊？
然后神仙就给了我这个神仙做法，
该做法时间复杂度仅\(O(\sqrt{n} + n^{\frac{2}{3}})\)，无论时间复杂度还是编程复杂度都吊打了一切题解。
回到解法一的中间：求\(\sum_{d=1}^n f(d) = \sum_{d=1}^n \mu(d) [K\perp d]\)。
我们构造函数\(g(d) = [d\perp K]\)，\(f,g\)都积性，故用\(f(d)\)与\(g(d)\)构造迪利克雷卷积。
\(\sum_{i=1}^n h(i) = \sum_{i=1}^n \sum_{d|i} f(d) g(\frac{i}{d}) = \sum_{i=1}^n \sum_{d|i} \mu(d) [K\perp d][K\perp \frac{i}{d}]\)
\(\sum_{i=1}^n h(i) = \sum_{i=1}^n \sum_{d|i} \mu(d) [K \perp i] = \sum_{i=1}^n [K\perp i] \sum_{d|i} \mu(d)\)。
\(\sum_{i=1}^n h(i) = \sum_{i=1}^n [K\perp i][i=1] = \sum_{i=1}^n [i=1]\)。
故\(h(i) = [i=1]\)，写完整：\(\sum_{i=1}^n [i=1] = \sum_{i=1}^n \sum_{d|i} \mu(d) [K\perp d][K\perp \frac{i}{d}]\)
所以直接杜教筛即可：\(\sum_{i=1}^n f(i) = 1 - \sum_{i=2}^n [i\perp K]\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor} f(j)\)。
这个解法真的太妙了！这构造真的神了，不管你怎么觉得，反正我是当场直接给跪了。
