数论柿子题的发现

写在前面：下面除法默认下取整，为了方便不写分数，没有说明 \((i,j)\) 都表示取 \(\gcd\)。

希望下面的每一题都能让你们学到一个 \(\texttt{trick}\)，本文不适合入门，建议先学习一些推式子知识以及筛发（杜教筛，\(\min25\) 筛）再来看毒瘤的推柿子。

两个前置知识（推柿子通法）

定义 \(\epsilon(n)=[n=1]\)。我们有：\(n=\sum \limits_{d\mid n}\varphi(d)\) 和 \(\epsilon(n)=\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)\) 。

对于每个数 \(x\) 它和 \(n\) 的 \(\gcd\) 是一定的。于是有 \(n=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n[(j,n)=i]=\sum\limits_{i\mid n}\sum\limits_{i\mid j}[(j/i,n/i)=1]=\sum\limits_{i\mid n}\sum\limits_{j=1}^{n/i}[(j,n/i)=1]=\sum\limits_{i\mid n}\varphi(n/i)=\sum\limits_{i\mid n}\varphi(i)\)。

当 \(n=1\) 是，\(\epsilon(1)=1=\mu(1)\)。

设 \(n>1\) 有 \(k\) 个素因子，则 \(\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)=\sum\limits_{i=0}^k \dbinom{k}{i}(-1)^i=(-1+1)^k=0=\epsilon(n)\)。

优越性：当 \(n=\gcd(i,j)\) 时可以利用 \(\sum\limits_{d\mid \gcd(i,j)}=\sum\limits_{d\mid i,d\mid j}\) 来消去 \(\gcd\) 从而推柿子。

尝逝练习：P3768，loj 6629（都要杜教筛）。

一种类型 \(\gcd\) 求和通法

设 \(f\) 为一个定义域为 \(1\sim n\) ，能 \(O(n)\) 预处理 \(O(1)\) 单点查询的函数。

求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n f((i,j))\)。

\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n f((i,j))=\sum\limits_{d=1}^nf(d)\sum\limits_{i=1}^{[n/d]}\sum\limits_{j=1}^{[n/d]} [(i,j)=1]=\sum\limits_{d=1}^nf(d)(2\sum\limits_{i=1}^{[n/d]}\varphi(n)-1)\)。

等式的推导可以看P2398的第二篇题解。

\(O(n)\)，如果 \(f\) 能快速求前缀和，设求前缀和的复杂度为 \(g(x)\)，则总复杂度可以通过整除分块和杜教筛做到 \(O(g(x)n^{2/3})\)，一般 \(g(x)=O(1)\)。

应用：P2398。

\(\gcd\) 卷积 \(O(n\ln n)\)

有两个长度为 \(n\) 的数组 \(f,g\)，求数组 \(h\) 满足 \(h_k=\sum\limits_{\gcd(i,j)=k} f_ig_j\) 。对 \(998244353\) 取模。

由于这个数组难求，于是考虑求数组 \(H\) 满足 \(H_k=\sum\limits_{k\mid\gcd(i,j)} f_ig_j=\sum\limits_{k\mid i}f_i\sum\limits_{k\mid j} g_j\) 。显然能 \(O(n\ln n)\) 求出。

由于 \(H_k=\sum\limits_{k\mid d} h_d\) 。容斥一下得：\(h_k=\sum\limits_{k|d} \mu(d)H_d\)，这可以算是莫反的另一种形式，也可以理解为用 \(\mu\) 代替 \(-1\) 的次方进行容斥。

于是这里也能 \(O(n\ln n)\) 。总复杂度 \(O(n\ln n)\) 。这可以称作 \(\gcd\) 卷积。

\(\text{lcm}\) 卷积：其他条件同上，求 \(h_k=\sum\limits_{\text{lcm}(i,j)=k} f_ig_j\) 。

考虑求数组 \(H\) 满足 \(H_k=\sum\limits_{\text{lcm}(i,j)\mid k} f_ig_j=\sum\limits_{i\mid k}f_i\sum\limits_{j\mid k} g_j\) 。就类似上面了。

应用：板子，CF1043F（参考这篇题解），SP31893。

快速 \(\gcd\) 卷积 \(O(n\log\log n)\) 和狄利克雷卷积相关加速

前置知识（非必要）：\(\text{FWT}\)，最好了解思想。

狄利克雷前/后缀和，前/后缀差分

详细的可以看这里（差分就是这里说的逆）。我只讲狄利克雷前缀和（因为其他几乎类似）。

注：由莫比乌斯反演，一个函数和 \(\mu\) 做狄利克雷卷积即是对该函数做狄利克雷前缀差分。

板子题：P5495。

\(\text{FWT}\) 中是后面几位相同，把首位为 \(0\) 的贡献给首位为 \(1\) 的。

这里变成把 \(i\) 贡献到 \(ip\) 上，\(ip\le n\)，\(p\) 是当前枚举的素数。

注意一下实现的时候要把 \(a\) 复制一遍（和 \(\text{FWT}\) 一样）。注意：一定要注意下文代码中的枚举顺序，建议写的同时自己思考一下。

//线性筛素数,cnt是素数个数,pr是素数数组
for(int i=1;i<=cnt;i++) for(int j=1;j*pr[i]<=n;j++) a[j*pr[i]]+=a[j];

快速 \(\gcd\) 卷积

和 \(1\) 类似的，但这里考虑快速变换 \(a\to b:b_k=\sum\limits_{k\mid i} a_k\) ，其中 \(1\le i,k\le n\)。

要知 \(a\) 求 \(b\) 和知 \(b\) 求 \(a\)。就是狄利克雷后缀和与狄利克雷后缀差分，看看博客里的板子即可。

大致代码：

//线性筛素数,cnt为素数个数,pr是素数数组
inline void FGT(int *a,int n){for(int i=1;i<=cnt;i++) for(int j=n/pr[i];j>=1;j--) a[j]+=a[pr[i]*j];}
inline void IFGT(int *a,int n){for(int i=cnt;i;i--) for(int j=1;pr[i]*j<=n;j++) a[j]-=a[pr[i]*j];}
FGT(f,n);FGT(g,n);for(int i=1;i<=n;i++) f[i]*=g[i];IFGT(f,n);

\(\text{lcm}\) 卷积由 \(2\) 知道是用狄利克雷前缀和与狄利克雷前缀差分，也能一样求。

注意到在两个数组长度不一样的时候也是能一样做的。

由埃式筛的复杂度得出这是 \(O(n\log\log n)\) 的。应用同 \(2\)。

自创：\(2\times 10^7\ge n\ge m\)，给定 \(a_{1,2,\dots,m},b_{1,2,\dots,n},c_{1,2,\dots,m}\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m a_{(i,j)}b_ic_j\) 对 \(998244353\) 取模。

\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m a_{(i,j)}b_ic_j=\sum\limits_{d=1}^ma_d\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m [(i,j)=d]b_ic_j\)。

后面就是 \(\gcd\) 卷积的形式了。可以应用到P4449。

\(f\) 为积性快速狄利克雷卷积 \(O(n\log\log n)\)

设 \(f\) 是积性函数，\(g\) 是任意函数，求他们的狄利克雷卷积函数 \(h\) 满足：\(h=f*g\)。其中 \(f,g,h\) 定义域为 \(1\sim n\)。

设 \(p_{1,2,\dots,cnt}\) 是 \(n\) 以内的所有素数，\(F_i:p_i^\alpha\to \mathbb{Z}\) ，且 \(F_i(p_i^\alpha)=f(p_i^\alpha)\) 。

考虑讲素数幂依次卷上去：\(f*g=g*f=g\prod\limits_{i=1}^{cnt} F_i\)，其中连乘是狄利克雷卷积乘法。

直接对每个素数幂贡献即可，复杂度为 \(\sum\limits_{i=1}^{cnt}\sum\limits_{j\ge 1,p_i^j\le n} \lfloor n/p_i^j \rfloor\le n\sum\limits_{i=1}^{cnt}\sum\limits_{j\ge 1} 1/p_i^j=n\sum\limits_{i=1}^{cnt}\dfrac{1}{p_i-1}<n\sum\limits_{i=1}^{cnt}\dfrac{1}{p_i}\)。

于是复杂度同埃式筛为 \(O(n\log\log n)\)。

大致代码：

//线性筛素数,cnt为素数个数,pr是素数数组
for(int i=1;i<=cnt;i++) for(int j=n/pr[i];j;j--)//注意枚举顺序 
	for(LL k=pr[i];j*k<=n;k*=pr[i]) g[j*k]=(g[j*k]+1ll*g[j]*f[k])%mod;//依次把素数幂卷上去 

应用：P7580。

\(f\) 为积性快速狄利克雷逆 \(O(n\log\log n)\)

设 \(f\) 是积性函数，求 \(g\) 满足 \(f*g=\epsilon\)。

同样是对素数幂处求逆，最后所有素数卷起来。素数幂求逆的过程你可以看做解方程，自己推一推就可以发现复杂度和卷积部分是一样的。

狄利克雷生成函数相关

懒得写啦，见博客，有狄利克雷生成函数，狄利克雷下的 \(\ln n\) 定义，狄利克雷求导积分，\(\ln,\exp\)，快速幂。

狄利克雷卷积相关的积性函数判定

• 定理 \(1\)，若 \(f,g\) 均为积性函数，则它们的点积为积性函数，即令 \(h(n)=f(n)g(n)\)，则 \(h\) 为积性函数。

• 定理 \(2\)，若 \(f,g\) 均为积性函数，则它们的狄利克雷卷积 \(f\times g\) 为积性函数。

\(\forall n,m\) 满足 \((n,m)=1\)，\((f*g)(n)\times (f*g)(m)=\sum\limits_{d_1\mid n} f(d_1)g(n/d_1)\sum\limits_{d_2\mid m} f(d_2)g(m/d_2)=\sum\limits_{d_1\mid n,d_2\mid m} (f(d_1)f(d_2))\times (g(n/d_1)g(m/d_2))\)

由于 \((n,m)=1\)，于是 \((d_1,d_2)=(n/d_1,m/d_2)=1\)。于是：

\((f*g)(n)\times (f*g)(m)=\sum\limits_{d_1\mid n,d_2\mid m} f(d_1d_2)\times g(nm/(d_1d_2))=\sum\limits_{D\mid nm} f(D)g(nm/D)=(f*g)(nm)\)

• 定理 \(3\)，若 \(f\) 均为积性函数，则它的狄利克雷前缀和，后缀和，前缀差分，后缀差分为积性函数。读者不难自证。

根据这几个定理我们能看出绝大多数复杂的式子是不是积性函数。

应用：P10117，P4464。

数组 \(\gcd\) 和

给定一个 \(n\) 项正整数数列 \(a\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n \gcd(a_i,a_j)\) ，对 \(998244353\) 取模。\(n\le 10^5,a_i\le 10^9\) 。

这不就是 \(\gcd\) 卷积吗？但是 \(a_i\le 10^9\) ，设值域为 \(V\)，则复杂度就是 \(V\log\log V\)，\(\texttt{TLE}\)。

做如下变换：\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n \gcd(a_i,a_j)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{d\mid\gcd(a_i,a_j)} \varphi(d)=\sum\limits_{d=1}^V \varphi(d)(\sum\limits_{i=1}^n\left[d\mid a_i\right])^2\)。

注意到每个 \(a_i\) 只会对 \((\sum\limits_{i=1}^n\left[d\mid a_i\right])^2\) 造成 \(d(a_i)\) 次贡献。定义 \(cnt_d\) 表示 \(a_1,..,a_n\) 中有因子 \(d\) 的个数，则答案就是 \(\sum\limits_{d=1}^V \varphi(d)(cnt_d)^2\) 。设 \(\max\{d(1),d(2),...,d(V)\}=d(v)\) ，我们注意到不为 \(0\) 的 \(cnt\) 最多只有 \(n\times d(v)\) 个。

找出来计算即可，用个 \(\text{hash}\) 映射。用 \(\text{pollard-rho}\)，\(\sqrt[4]{V}\) 筛出素因子，然后 \(O(d(v))\) 用 \(\texttt{dfs}\) 求出所有因子，在求所有因子的时候顺便计算所有因子的 \(\varphi\) 值，用 \(\varphi\) 的积性即可。然后对于所有的因子算贡献即可，注意不要算重。

复杂度 \(O(n\sqrt[4]{V}+nd(v))\)。不过这里是考虑比较极端的情况，大部分时候 \(V\le 10^5\) 或 \(a_i\) 可以快速分解质因数（参考下面应用），于是一般复杂度能更优秀 。欢迎来爆踩。

变式：loj 6539，CF1575G

给定一个 \(n\) 项正整数排列 \(a\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n (i,j)\times \gcd(a_i,a_j)\) ，对 \(10^9+7\) 取模。\(n\le 10^5\)。

类似的，有 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n (i,j)\times \gcd(a_i,a_j)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n \sum\limits_{k\mid (i,j) }\varphi(k)\sum\limits_{l\mid (a_i,a_j) }\varphi(l)=\sum\limits_{k=1}^n\varphi(k)\sum\limits_{l=1}^n\varphi(l)(\sum \limits_{i=1}^{[n/k]}[l\mid a_{ik}])^2\)

枚举每个 \(k\) ，逐个增加 \(k\) 的倍数，维护所有 \(l\) 的 \(\varphi(l)(\sum \limits_{i=1}^{[n/k]}[l\mid a_{ik}])^2\) ，就是直接在总和上增减，还是不懂看代码。

复杂度是 \(O(\sum\limits_{i=1}^n d(i)^2)\) 的。考虑：

\(\sum\limits_{i=1}^n d(i)^2=\sum\limits_{i=1}^n d(i)d(i)=\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{\text{lcm}(j,k)\mid i}1=\sum\limits_{j=1}^n \sum\limits_{k=1}^n [n/\text{lcm}(j,k)]\le\sum\limits_{j=1}^n \sum\limits_{k=1}^n n/\text{lcm}(j,k)=\sum\limits_{d=1}^nd\sum\limits_{j=1}^{[n/d]} \sum\limits_{k=1}^{[n/d]} n/ij[(i,j)=1]\le \sum\limits_{d=1}^nn/d\sum\limits_{j=1}^{[n/d]} \sum\limits_{k=1}^{[n/d]} 1/ij=\sum\limits_{d=1}^nn/d\ln (n/d)^2\le n\ln ^3n\)

于是复杂度是 \(O(n\ln ^3n)\)。

特殊方程求解

引子：uoj 62。建议先阅读题解，由于题解写的太好了我就不在博客里重复一遍了，写点自己的东西。

先放下参考代码。

$\texttt{code}$

//uoj 62
//https://uoj.ac/problem/62
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fr(x) freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);
using namespace std;
const int N=3e5+5,mod=998244353;
int n,c,d,q,a[N],f[N],I[N];
inline int md(int x){return x>=mod?x-mod:x;}
inline void ad(int &x,int y){x=md(x+y);}
inline int ksm(int x,int p){int s=1;for(;p;(p&1)&&(s=1ll*s*x%mod),x=1ll*x*x%mod,p>>=1);return s;}
inline void IFGT(int *a,int n){for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i+i;j<=n;j+=i) ad(a[j],mod-a[i]);}
inline void sol()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(!f[i]){if(a[i]) return cout<<"-1\n",void();}
		else a[i]=1ll*a[i]*ksm(f[i],mod-2)%mod;
	}
	for(int i=n;i;i--) for(int j=i+i;j<=n;j+=i) ad(a[i],mod-a[j]);
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<(1ll*a[i]*I[i]%mod)<<" ";cout<<"\n";
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>c>>d>>q;
	d%=(mod-1);c=(c-d+mod-1)%(mod-1);
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=ksm(i,c),I[i]=ksm(i,mod-1-d);IFGT(f,n);
	while(q--)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],a[i]=1ll*a[i]*I[i]%mod;
		IFGT(a,n);sol();
	}
	return 0;
}

考虑题解完成了这样一件事情。对于矩阵 \(T_{i,j}=f((i,j))g(i)h(j)\)，给定向量 \(\vec{b}\)，求解了 \(T\vec{a}=\vec{b}\) 的解 \(\vec{a}\)。

下文欲探究矩阵 \(T\) 逆的形式与可逆的条件。

---

一般地，不妨设 \(f,g,h\) 均为正。暂时保证 \(T\) 可逆。

考虑 \(T^{-1}\vec{b}=\vec{a}\)，于是 \(T^{-1}\) 相当于上文反解出 \(a\) 各个运算的矩阵成起来，具体地：

• 首先我们对 \(f\) 莫反，找出了 \(F\) 满足 \(f(n)=\sum\limits_{d\mid n}F(d)\)。

• 然后，我们对 \(\vec{b}\) 的每个位置点乘了 \(g^{-1}\)，此时设 \(A_{i,j}=g(i)^{-1}\)，即进行了运算 \(A\vec{b}\)。

• 接着，我们对此时的 \(\vec{b}\) 做了莫反，由博客知乘上了莫反矩阵 \(B_{i,j}=[j\mid i]\mu(i/j)\)。

• 而后，我们对 \(\vec{b}\) 的每个位置点乘了 \(F^{-1}\)，即乘上 \(C:C_{i,j}=F(i)^{-1}\)。

• 此时，\(f_d = \sum\limits_{j=1}^{n} [d \mid j] g(j)\)，要知 \(f\) 求 \(g\)。此时由莫反的转置形式，即乘上矩阵 \(D_{i,j}=[i\mid j]\mu(j/i)\)。

• 最后，对 \(\vec{b}\) 点成 \(h^{-1}\)，即乘上 \(E:E_{i,j}=h(i)^{-1}\)。

考虑反解的过程，有：\(T^{-1}\vec{b}=E\cdot D\cdot C\cdot B\cdot A\vec{b}\)。可能能把这段乘积整理成更优美的性质，笔者推不动了。

由题设，\(A,B,D,E\) 矩阵均存在，只有 \(F\) 可能有某些项为 \(0\)。

有线性代数结论：\(\prod A_{i}\) 若除了 \(A_{k}\) 均可逆，则其矩阵乘积可逆当且仅当 \(A_k\) 可逆。

于是 \(T\) 可逆等价于 \(F\) 的每项均非 \(0\)，就找到了可逆条件。

但注意：解方程不一定要满足 \(T\) 可逆，具体参考题解那个博客中的无解情况判断。

von Mangoldt function

定义 von Mangoldt 函数 \(\Lambda(n)=\begin{cases}\ln p(n=p^k,p\in\text{Prime})\\0(\texttt{otherwise})\end{cases}\)。

性质 \(1\)：\(\ln n=\sum\limits_{d\mid n} \Lambda(d)\)，读者不难自证。

性质 \(2\)：对性质 \(1\) 进行莫比乌斯反演，有了新的定义式：\(\Lambda(n)=\sum\limits_{d\mid n} \mu(n/d)\ln d\)。

结论 \(1\)：对性质 \(2\) 两边取 \(\exp\) 得：\(\prod\limits_{d\mid n}d^{\mu(n/d)}=\begin{cases} p(n=p^k,p\in\text{Prime})\\1(\texttt{otherwise})\end{cases}\)。

应用：P7360。