数论学习笔记（二）：数论函数

合集 - 数学学习笔记(13)

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数论函数

$\text{If for every value of x,}$

$\text{y has a completely determined corresponding value,}$

$\text{then y is a function of x.}$

$——\text{Johann Dirichlet}$

基本概念

数论函数：定义域为正整数的函数。

加性函数：若对于任意正整数 $a,b$，$gcd(a,b)=1$，都有 $f(ab)=f(a)+f(b)$，则称 $f$ 为加性函数。

若对于任意正整数 $a,b$，都有 $f(ab)=f(a)+f(b)$，则称 $f$ 为完全加性函数。

积性函数、完全积性函数：见数论学习笔记（一）：同余相关

可以发现，对于积性函数 $f$，$f(n)=f(1)f(n)$，因此 $f(1)$ 永远为 $1$。

唯一分解定理：任何大于 $1$ 的正整数都可以唯一分解成有限个质数的乘积，即 $n={\displaystyle \prod _{i=1}^n{p}_i^{c_i}}$（$p_i$ 互不相等且均属于素数集 $\mathbb{P}$）。

常见数论函数

设正整数 $n={\displaystyle \prod _{i=1}^n{p}_i^{c_i}}$，那么可以给出以下数论函数：

• 单位函数：$\epsilon (n)=[n=1]$，显然，它是完全积性函数。

• 常量函数：$1(n)=1$，也很显然，它是完全积性函数。

• 幂函数：${\mathrm{id}}_k(n)=n^k$，当 $n=1$ 时记为 $\mathrm{id}(n)$，此时它被称作恒等函数，它是完全积性函数。

证：对于正整数 $n,m$，${\mathrm{id}}_k(n){\mathrm{id}}_k(m)=n^k{m}^k=(mn{)}^k={\mathrm{id}}_k(nm)$

• 除数函数：${\sigma }_k(n)={\displaystyle \sum _{d\mid n}{d}^k}$，当 $n=0$ 时记为 $d(n)$ 或 $\tau (n)$，此时它表示 $n$ 的因子个数；当 $n=1$ 时记为 $\sigma (n)$，此时它表示 $n$ 的因数和，他是积性函数。

证：对于正整数 $m,n$，当 $n=m=1$ 时显然成立。

当 $n,m$ 不全为 $1$ 且 $gcd(n,m)=1$ 时，${\sigma }_k(n){\sigma }_k(m)={\displaystyle \sum _{d_1\mid n}{d}_1^k\sum _{d_2\mid m}{d}_2^k={\displaystyle \sum _{d_1\mid n}\sum _{d_2\mid m}{d}_1^k{d}_2^k={\displaystyle \sum _{d_1\mid n}\sum _{d_2\mid m}(d_1{d}_2{)}^k}}}$

$\because d_1\mid n$，$d_2\mid m$

$\therefore$ 设 $n=a{d}_1$，$m=b{d}_2$

$\therefore nm=ab{d}_1{d}_2$

$\therefore (d_1{d}_2)\mid (nm)$

$\because gcd(n,m)=1$

$\therefore d_1{d}_2\ne d_1^{\prime }{d}_2^{\prime }$

$\therefore d_1{d}_2$ 恰好遍历了 $nm$ 的所有因子。

$\therefore$ 原式 $={\displaystyle \sum _{d\mid nm}{d}^k={\sigma }_k(nm)}$

计算式：

$${\sigma }_k(n)=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \prod _{i=1}^m(c_i+1)}& :k=0\\ {\displaystyle \sum _{i=1}^m\frac{p_i^{k(c_i)+1}-1}{p_i-1}}& :k>0\end{array}$$

证：当 $k=0$ 时，它表示 $n$ 的因数个数，考虑每个因数中每个质因子出现了多少遍，每个质因子都可以出现 $0$ 到 $c_i$ 次，根据乘法原理可以求出。

当 $k>0$ 时，还是考虑每个因数中每个质因子出现了多少遍，每个质因子都可以为答案贡献 ${\displaystyle \sum _{j=0}^{c_i}{p}_i^{jk}}$

$\because \sigma$ 是积性函数。

$\therefore {\sigma }_k(n)={\displaystyle \prod _{i=1}^m\sum _{j=0}^{c_i}{p}_i^{jk}}$

$\therefore$ 对它进行等比数列求和，就可以求出等式。

• 欧拉函数：$\phi (n)={\displaystyle \sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]}$，它表示小于等于 $n$ 且与 $n$ 互质的数的个数，它的基本性质详见数论学习笔记（一）：同余相关

• 本质不同的质因子个数函数：$\omega (n)={\displaystyle \sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid n]}$，它表示一个数本质不同的质因子个数 (有点废话)，他是加性函数

证：对于正整数 $n,m$，$gcd(n,m)=1$

当 $n=1$ 时，$\omega (1)={\displaystyle \sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid 1]=0}$

当 $n>1$ 时，

$\begin{array}{rl}\omega (nm)& ={\displaystyle \sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid nm]}\\ & =\sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid n]\vee [p\mid m]\\ & =\sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid n]+\sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid m]-\sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid n]\wedge [p\mid m]\end{array}$

考虑容斥原理，则有：

$\begin{array}{rl}& ={\displaystyle \sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid n]+\sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid m]-\sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid gcd(n,m)]}\\ & =\sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid n]+\sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid m]-\sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid 1]\\ & =\sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid n]+\sum _{p\in \mathbb{P}}[p\mid m]\\ & =\omega (n)+\omega (m)\end{array}$

• 莫比乌斯函数：

$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& :n=1\\ 0& :\mathrm{\exists }d>1,d^2\mid n\\ (-1{)}^{\omega (n)}& :\text{otherwise}\end{array}$$

它是积性函数。

证：当 $n=1$ 时，$\mu (n)=1$

当 $n,m$ 中有一个是 $1$，假设 $n$ 是 $1$

$\therefore \mu (nm)=\mu (m)=1\times \mu (m)=\mu (n)\mu (m)$

当 $\mathrm{\exists }d>1,d^2\mid n$

$\therefore d^2\mid nm$

$\therefore \mu (nm)=0=0\times \mu (m)=\mu (n)\mu (m)$

其他情况中 $\mu (n)\mu (m)=(-1{)}^{\omega (n)}(-1{)}^{\omega (m)}=(-1{)}^{\omega (n)+\omega (m)}$

$\because \omega$ 是加性函数

$\therefore$ 原式 $=(-1{)}^{\omega (nm)}=\mu (nm)$

• 总质因数个数函数： $\mathrm{\Omega }(n)={\displaystyle \sum _{p\in \mathbb{P}}\sum _{p^{\alpha }\mid n}1(\alpha >0)}$，它表示一个数质数幂因子的个数，它是完全加性函数。

证：首先，当 $p_i\in \mathbb{P}$ 时，$\mathrm{\Omega }(p_i){\displaystyle \sum _{p\in \mathbb{P}}\sum _{p^{\alpha }\mid p_i}1=1}$

$\begin{array}{rl}\therefore \mathrm{\Omega }(n{p}_i)& ={\displaystyle \sum _{p\in \mathbb{P}}\sum _{p^{\alpha }\mid n{p}_i}1}\\ & =\sum _{p\in \mathbb{P}\wedge p\ne p_i}\sum _{p^{\alpha }\mid n{p}_i}1+\sum _{p_i^{\alpha }\mid n{p}_i}1\\ & =\sum _{p\in \mathbb{P}\wedge p\ne p_i}\sum _{p^{\alpha }\mid n}1+(\sum _{p_i^{\alpha }\mid n}1+1)\\ & =(\sum _{p\in \mathbb{P}\wedge p\ne p_i}\sum _{p^{\alpha }\mid n}1+\sum _{p_i^{\alpha }\mid n}1)+1\\ & =\sum _{p\in \mathbb{P}}\sum _{p^{\alpha }\mid n}1+1\\ & =\mathrm{\Omega }(n)+\mathrm{\Omega }(p_i)\end{array}$

• 刘维尔函数：$\lambda (n)=-1^{\mathrm{\Omega }(n)}$，显然，它是完全积性函数。

狄利克雷卷积

定义

两个数论函数 $f$ 和 $g$ 的狄利克雷卷积 $(f\ast g)(n)={\displaystyle \sum _{d\mid n}f(d)g\left(\frac{n}{d}\right)=\sum _{xy=n}f(x)g(y)}$

性质

1. 交换律：$f\ast g=g\ast f$。

证：$(f\ast g)(n)={\displaystyle \sum _{d\mid n}f(d)g\left(\frac{n}{d}\right)}$。

考虑到 $d$ 是 $n$ 的因子，于是 $d={\displaystyle \frac{n}{d^{\prime }}}$，那么 ${\displaystyle \frac{n}{d}=d^{\prime }}$，则原式 $={\displaystyle \sum _{d^{\prime }\mid n}g(d^{\prime })f\left(\frac{n}{d^{\prime }}\right)=g\ast f}$。

2. 结合律：$(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$。

证：

$\begin{array}{rl}((f\ast g)\ast h)(n)& ={\displaystyle \sum _{d\mid n}(\sum _{i\mid d}f(i)g\left(\frac{d}{i}\right))h\left(\frac{n}{d}\right)}\\ & =\sum _{i\mid n}f(i)\left(\sum _{d=ki\wedge d\mid n}g\left(\frac{d}{i}\right)h\left(\frac{n}{d}\right)\right)\\ & =\sum _{i\mid n}f(i)(\sum _{k\mid \frac{n}{i}}g(k)h\left(\frac{\frac{n}{i}}{k}\right))\\ & =f\ast (g\ast h)\end{array}$

3. 分配律：$(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$。

证：

$\begin{array}{rl}((f+g)\ast h)(n)& ={\displaystyle \sum _{d\mid n}(f(d)+g(d))h\left(\frac{n}{d}\right)}\\ & =\sum _{d\mid n}f(d)h\left(\frac{n}{d}\right)+\sum _{d\mid n}g(d)h\left(\frac{n}{d}\right)\\ & =f\ast h+g\ast h\end{array}$

4. 单位元：$f\ast \epsilon =\epsilon \ast f=f$。

证：$\epsilon \ast f={\displaystyle \sum _{d\mid n}[d=1]f\left(\frac{n}{d}\right)=f(n)}$

现在我们可以发现，$\epsilon$ 是狄利克雷卷积的单位元，因此对于一个积性函数 $f$，若存在积性函数 $g$ 使得 $f\ast g=\epsilon$，则 $g$ 为 $f$ 的狄利克雷逆。

5. 积性函数 $f$ 存在狄利克雷逆当且仅当 $f(1)\ne 0$。

证：设 $f\ast g=\epsilon$，若 $f(1)=0$，则 $f(1)g(1)=0$，但是 $f(1)g(1)=[1=1]=1$，矛盾，则此时不存在狄利克雷逆。

假设 $f(1)\ne 0$，则 ${\displaystyle \sum _{d\mid n}f(d)g\left(\frac{n}{d}\right)=0}$，于是 $g(n)=-{\displaystyle \frac{{\displaystyle \sum _{d\mid n\wedge d\ne n}g(d)f\left(\frac{n}{d}\right)}}{f(1)}}$，因此可以递推出 $g$。

6. 积性函数的狄利克雷逆仍是积性函数。

证：考虑数学归纳法。

设 $f\ast g=\epsilon$，先考虑边界情况，因为 $g(1)={\displaystyle \frac{1}{f(1)}=1}$，因此 $g(1)g(1)=g(1)$，边界情况成立。

对于 $n,m>1$ 且 $gcd(n,m)=1$，假设对于所有 $xy<nm$ 且 $gcd(x,y)=1$，都有 $g(x)g(y)=g(xy)$，现在来证明 $g(m)g(n)=g(mn)$。

根据上一条推出的递推式，$g(nm)=-{\displaystyle \sum _{d\mid nm\wedge d\ne nm}g(d)f\left(\frac{nm}{d}\right)}$。

由于此时 $d<nm$，于是原式会变成 $-{\displaystyle \sum _{a\mid n,b\mid m,ab\ne nm}g(a)g(b)f\left(\frac{n}{a}\right)f\left(\frac{n}{b}\right)}$，将式子加上 $f(1{)}^{2}g(n)g(m)$ 再减去，可以得到 $f(1{)}^{2}g(n)g(m)-{\displaystyle \sum _{a\mid n}g(a)f\left(\frac{n}{a}\right)\sum _{b\mid m}g(b)f\left(\frac{m}{b}\right)}$。

后方的式子 $={\displaystyle \sum _{a\mid n}g(a)f\left(\frac{n}{a}\right)[m=1]}$，由于 $m>1$，因此此项为 $0$，于是 $g(nm)=f(1{)}^{2}g(n)g(m)=g(n)g(m)$，符合数学归纳法，证明成立。

7. 两个积性函数的狄利克雷卷积仍是积性函数。

证：设 $f\ast g=h$，若 $gcd(n,m)=1$，则

$\begin{array}{rl}h(n)h(m)& =\left({\displaystyle \sum _{d_1\mid n}f(d_1)g\left(\frac{n}{d_1}\right)}\right)(\sum _{d_2\mid n}f(d_2)g\left(\frac{n}{d_2}\right))\\ & =\sum _{d_1{d}_2\mid n}f(d_1)f(d_2)g\left(\frac{n}{d_1}\right)g\left(\frac{n}{d_2}\right)\\ & =\sum _{d_1{d}_2\mid n}f(d_1{d}_2)g\left(\frac{n}{d_1{d}_2}\right)\\ & =\sum _{d\mid n}f(d)g\left(\frac{n}{d}\right)\\ & =h(nm)\end{array}$

数论函数之间的关系

1. $\mu \ast 1=\epsilon$

证：

$\begin{array}{rl}(\mu \ast 1)(n)& ={\displaystyle \sum _{d\mid n}\mu (d)1\left(\frac{n}{d}\right)}\\ & =\sum _{d\mid n}\mu (d)\\ & =\sum _{i=0}^{\omega (n)}(\genfrac{}{}{0ex}{}{\omega (n)}{i})(-1{)}^i\\ & =[1+(-1){]}^k\end{array}$

$\because [1+(-1){]}^k=\{\begin{array}{ll}1& :k=0\\ 0& :k\ne 0\end{array}$

$\begin{array}{rl}\therefore [1+(-1){]}^k& =[k=0]\\ & =[n=1]\\ & =\epsilon (n)\end{array}$

2. $\phi \ast 1=\mathrm{id}$

证：我们已经在数论学习笔记（一）：同余相关中用一个比较取巧的方法证明了这个式子，现在我们再用狄利克雷卷积来证明。

因为 $\phi$ 和 $\mathrm{id}$ 都是积性函数，因此，只用证明该式子在质数幂 $p^k$ 处成立，就可以通过唯一分解定理，将若干个 $p^k$ 乘起来得到其它正整数。

$\begin{array}{rl}(\phi \ast 1)(p^k)& ={\displaystyle \sum _{d\mid p^k}\phi (d)}\\ & =\sum _{i=0}^k\phi (p^i)\\ & =1+\sum _{i=1}^k{p}^i-p^{i-1}\\ & =p^k\end{array}$

3. $\mu \ast \mathrm{id}=\phi$

证：由于我们知道了 $\phi \ast 1=\mathrm{id}$，我们在两边同时再卷上一个 $\mu$，可以得到 $\phi \ast 1\ast \mu =\mathrm{id}\ast \mu$，又因为 $1\ast \mu =\epsilon$，而 $\epsilon \ast \phi =\phi$，因此 $\mu \ast \mathrm{id}=\phi$。

4. $1\ast 1=d={\sigma }_0$

证：$(1\ast 1)(n)={\displaystyle \sum _{d\mid n}1=d(n)}$

5. $1\ast {\mathrm{id}}_k={\sigma }_k$

证：$(1\ast {\mathrm{id}}_k)(n)={\displaystyle \sum _{d\mid n}{d}^k={\sigma }_k(n)}$

点积

整除分块

这是数论题最常见的做法。组合数推式子一般推到所有因子可以预处理，而数论推式子一般就推到所有因子可以求前缀和或可以整除分块。

考虑一共有多少个不同的 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{x}\rfloor }$，分以下两种情况讨论：

• 若 $x\le \sqrt{n}$，则不同的 $x$ 只有 $O(\sqrt{n})$ 种，于是不同的 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{x}\rfloor }$ 也只有 $O(\sqrt{n})$ 种。

• 若 $x>\sqrt{n}$，则 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{x}\rfloor \le \sqrt{n}}$，因此 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{x}\rfloor }$ 也只有 $O(\sqrt{n})$ 种。

于是我们就可以很容易求出这 $O(\sqrt{n})$ 种不同的 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{x}\rfloor }$：

for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
    r = n / (n / l);

于是对于每个 $x\in [l,r]$，都有 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{x}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{n}{l}\rfloor }}$。

莫比乌斯反演

首先，莫比乌斯反演是一类特殊的子集反演，详见组合数学学习笔记（二）：鸽巢原理、容斥及反演。莫比乌斯反演式子如下：

$$f(n)={\displaystyle \sum _{d\mid n}g(d)⟺g(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)f\left(\frac{n}{d}\right)}$$

证：

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \sum _{d\mid n}\mu (d)f\left(\frac{n}{d}\right)}& =\sum _{d\mid n}\mu \left(\frac{n}{d}\right)f(d)\\ & =\sum _{d\mid n}\mu \left(\frac{n}{d}\right)\sum _{k\mid d}g(k)\\ & =\sum _{k\mid n}\sum _{d\mid \frac{n}{k}}\mu \left(\frac{\frac{n}{k}}{d}\right)g(k)\\ & =\sum _{k\mid n}\sum _{d\mid \frac{n}{k}}\mu (d)g(k)\end{array}$$

现在可以发现，由于 $\mu \ast 1=\epsilon$，那么 ${\displaystyle \sum _{d\mid \frac{n}{k}}\mu (d)=[\frac{n}{k}=1]}$，于是只有 $k$ 为 $n$ 时值为 $1$，那么原式就等于 $g(n)$，证明成立。

将莫比乌斯反演与子集反演的式子进行对比：

$$\begin{gathered} f(n)={\displaystyle \sum _{d\mid n}g(d)⟺g(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)f\left(\frac{n}{d}\right)} \\ f(S)=\sum _{T\subseteq S}g(T)⟺g(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|T|}f(S) \end{gathered}$$

不难发现二者有一些相似之处：考虑记 $S$ 为 $n$ 的所有素因数的多重集，那么枚举因数 $d\mid n$ 实际上就是枚举了一个子多重集 $T\in S$。因此莫比乌斯反演的实质就是子多重集反演，而 $\mu$ 就是这个反演的系数。

例题一

解：非常经典的莫比乌斯反演的题目，我们要求 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)}$。

首先我们先改变枚举方式，先枚举最大公约数 $d$，再枚举任意两个数的最大公约数是否为 $d$，那么原式变成 ${\displaystyle \sum _{d\ge 1}d\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=d]}$。

考虑到若 $gcd(i,j)=d$，那么 $gcd\left({\displaystyle \frac{i}{d},\frac{j}{d}}\right)=1$，于是原式就变成了 ${\displaystyle \sum _{d\ge 1}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]}$。

现在可以发现 $[gcd(i,j)=1]$ 就是 $\epsilon$，因为 $\mu \ast 1=\epsilon$，于是式子再次化成 ${\displaystyle \sum _{d\ge 1}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{k\mid gcd(i,j)}\mu (k)}$。

考虑到 $k\mid gcd(i,j)⟺k\mid i\wedge k\mid j$，于是原式 $={\displaystyle \sum _{d\ge 1}d\sum _{k\ge 1}\mu (k)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }[k\mid i]\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }[k\mid j]={\displaystyle \sum _{d\ge 1}d\sum _{k\ge 1}\mu (k){\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{k}\rfloor }^2}}$。

由于 $\lfloor {\displaystyle \frac{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{k}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{n}{dk}}\rfloor$，于是设 $T=dk$，那么原式就会变成 ${\displaystyle \sum _{T=1}^n{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }^2(\sum _{dk=T}\mu (k)d)}$，注意到 ${\displaystyle \sum _{dk=T}\mu (k)d=\mu \ast \mathrm{id}=\phi }$，于是这个式子最终化简成 ${\displaystyle \sum _{T=1}^n{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }^2\phi (T)}$，于是求出 $\phi$ 的前缀和，就可以用整除分块来做这道题目了。

完整代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 4e6 + 9;
int vis[N], prime[N], phi[N], sum[N], n, ans;
void get_phi(){
	phi[1] = 1;
	int cnt = 0;
	for(int i = 2; i < N; i++){
		if(!vis[i]){
			vis[i] = i;
			prime[cnt++] = i;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for(int j = 0; j < cnt && i * prime[j] < N; j++){
			vis[i * prime[j]] = prime[j];
			if(i % prime[j] == 0){
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}	
			phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
		}
	}
	for(int i = 1; i < N; i++)
		sum[i] = sum[i - 1] + phi[i];
}
signed main(){
	get_phi();
	scanf("%lld", &n);
	for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1){
		r = n / (n / l);
		ans += (n / l) * (n / l) * (sum[r] - sum[l - 1]);
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

例题二

与上一道题一样，只是这次要求的式子变成了 ${\displaystyle \sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \phi (T)}$，于是我们需要对 $m$ 和 $n$ 都整除分块，最后取 $min$ 就可以了。

注意最后这道题要 $\times 2$ 再减 $n\times m$。

完整代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 4e6 + 9;
int vis[N], prime[N], phi[N], sum[N], n, m, ans;
void get_phi(){
	phi[1] = 1;
	int cnt = 0;
	for(int i = 2; i < N; i++){
		if(!vis[i]){
			vis[i] = i;
			prime[cnt++] = i;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for(int j = 0; j < cnt && i * prime[j] < N; j++){
			vis[i * prime[j]] = prime[j];
			if(i % prime[j] == 0){
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}	
			phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
		}
	}
	for(int i = 1; i < N; i++)
		sum[i] = sum[i - 1] + phi[i];
}
signed main(){
	get_phi();
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	for(int l = 1, r; l <= n && l <= m; l = r + 1){
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		ans += (n / l) * (m / l) * (sum[r] - sum[l - 1]);
	}
	printf("%lld", ans * 2 - n * m);
	return 0;
}

例题三

这道题要求 ${\displaystyle \sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{n-1}[gcd(i,j)=1]+2}$，我们来求他的一般形式 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]}$。

还是大力推式子：

$\begin{array}{rl}{\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d\mid gcd(i,j)}\mu (d)\\ & =\sum _{d\ge 1}\mu (d)\sum _{i=1}^n[d\mid i]\sum _{j=1}^m[d\mid j]\\ & =\sum _{d\ge 1}\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor \end{array}$

依然先求出 $\mu$ 的前缀和，然后就可以用整除分块做了。

完整代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 4e5 + 9;
int vis[N], prime[N], mu[N], sum[N], ans;
void get_mu(){
	mu[1] = 1;
	int cnt = 0;
	for(int i = 2; i < N; i++){
		if(!vis[i]){
			vis[i] = i;
			prime[cnt++] = i;
			mu[i] = -1;
		}
		for(int j = 0; j < cnt && i * prime[j] < N; j++){
			vis[i * prime[j]] = prime[j];
			if(i % prime[j] == 0)
				break;
			mu[i * prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
	for(int i = 1; i < N; i++)
		sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}
int main(){
	get_mu();
	int n;
	scanf("%d", &n);
	n--;
	if(!n){
		printf("0\n");
		return 0;
	}
	for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1){
		r = n / (n / l);
		ans += (n / l) * (n / l) * (sum[r] - sum[l - 1]);
	}
	printf("%d", ans + 2);
	return 0;
}

例题四

这题变成求 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\mathrm{lcm}(i,j)}$，由于 $\mathrm{lcm}(i,j)={\displaystyle \frac{ij}{gcd(i,j)}}$，于是我们求的变成了 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{gcd(i,j)}}$。

依然枚举最大公因数 $d$，于是要求 ${\displaystyle \sum _{d\ge 0}d\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\frac{ij}{d}}$，由于若 $gcd(i,j)=d$，那么 $d\mid i$ 且 $d\mid j$，那么将 $i$ 和 $j$ 的上界都除以 $d$，那么原式 $={\displaystyle \sum _{d\ge 1}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]ij}$，对 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor$ 和 $\lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor$ 整除分块后，就只用考虑 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]ij}$ 怎么求。

记 $S(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}}$，依然大力推式子：

$\begin{array}{rl}{\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]ij}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}ij\sum _{k\mid gcd(i,j)}\mu (k)\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(ak)(bk)\sum _{k\mid gcd(i,j)}\mu (k)\\ & =\sum _{k=1}^n\mu (k)k^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }ij\\ & =\sum _{k=1}^n\mu (k)k^{2}S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )\end{array}$

现在若能预处理积性函数 $x^2\mu (x)$的前缀和，再套一个整除分块就可以做了，不过现在是一个整除分块套整除分块的形式，复杂度为 ${\displaystyle {\int }_1^{\sqrt{n}}\sqrt{x}\mathrm{d}x=O(n^{\frac{3}{4}})}$，不能通过此题，于是继续化简。

我们将 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]ij}$ 化简后的式子代回原式，可以得到 ${\displaystyle \sum _{d\ge 1}d\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)k^{2}S(\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{dk}\rfloor )}$。

设 $T=dk$，于是原式 $={\displaystyle \sum _{T=1}^{n}S(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{T}\rfloor )\sum _{kd=T}\mu (k)k^{2}d}$，可以发现式子 ${\displaystyle \sum _{kd=T}\mu (k)k^{2}d}$ 中 $\mu (k)k^2$ 是积性函数（狄利克雷卷积性质 $7$），而 $k$ 是 $\mathrm{id}(k)$，两个积性函数的点积也是积性函数，因此这也是积性函数，可以线性筛筛出，于是 $O(n)$ 预处理 $O(\sqrt{n})$ 计算即可通过此题。

完整代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e7 + 9, MOD = 20101009;
int vis[N], prime[N], sum[N], f[N], ans, n, m;
void get_f(){
	f[1] = 1;
	int cnt = 0;
	for(int i = 2; i < N; i++){
		if(!vis[i]){
			vis[i] = i;
			prime[cnt++] = i;
			f[i] = 1 - i + MOD;
		}
		for(int j = 0; j < cnt && i * prime[j] < N; j++){
			vis[i * prime[j]] = prime[j];
			if(i % prime[j] == 0){
				f[i * prime[j]] = f[i];
				break;
			}	
			f[i * prime[j]] = f[i] * f[prime[j]] % MOD;
		}
	}
	for(int i = 1; i < N; i++)
		sum[i] = (sum[i - 1] + i * f[i] % MOD) % MOD;
}
signed main(){
	get_f();
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	if(n > m)
		swap(n, m);
	for(int l = 1, r; l <= n && l <= m; l = r + 1){
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		ans = (ans + ((n / l) * (n / l + 1) / 2 % MOD) * ((m / l) * (m / l + 1) / 2 % MOD) % MOD * (sum[r] - sum[l - 1]) % MOD + MOD) % MOD;
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
} 

例题五

这真的是基础练习题吗？

线性筛积性函数与应用

高级筛法

这两个算法都可以快速求积性函数的前缀和。

杜教筛

对于一个积性函数 $f$，我们要求 $S(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}f(i)}$。

我们再找到一个积性函数 $g$，求出它与 $f$ 的狄利克雷卷积 $f\ast g={\displaystyle \sum _{d\mid n}f(n)g\left(\frac{n}{d}\right)}$，我们求出这个函数的前缀和 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}g(d)f\left(\frac{i}{d}\right)}$。

交换求和顺序，先枚举 $d$，由于 $d\mid i$，因此原式再次变成 ${\displaystyle \sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=kd\wedge i\le n}f\left(\frac{i}{d}\right)=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=kd\wedge i\le n}f(k)}$，由于 $k$ 最多达到 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor$，于是原式再次变成 ${\displaystyle \sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)=\sum _{i=1}^{n}g(i)S\left(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right)}$。

由于 $S(n)=g(1)S(n)$，于是 $S(n)$ 可以写成 ${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}g(i)S\left(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S\left(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right)}$。

我们令 $h=f\ast g$，于是 $S(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}h(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S\left(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right)}$，于是，如果我们能快速求出 $h$ 和 $g$ 的前缀和，就可以通过整除分块来算出 $S(n)$。

具体地，由于不同的 $i$，一共有 $\sqrt{n}$ 个不同的 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$，于是我们通过记忆化搜索的方法，不断递归求出 $S\left(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor \right)$，那么时间复杂度就为 $O(\sqrt{n})+{\displaystyle \sum _{k=1}^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor }O(\sqrt{k})+\sum _{k=2}^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor }O\left(\sqrt{\frac{n}{k}}\right)=O\left({\int }_0^{\sqrt{n}}(\sqrt{x}+\sqrt{\frac{n}{x}})\mathrm{d}x\right)=O\left(n^{\frac{3}{4}}\right)}$。

考虑到 $n$ 较小的时候可以直接通过线性筛筛出答案，不需要递归下去。假设我们将前 $m$ 个数预处理了，那么时间复杂度会变成 $O(m)+{\displaystyle \sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{m}\rfloor }O\left(\sqrt{\frac{n}{k}}\right)=O(O(m)+{\int }_0^{\frac{n}{m}}\sqrt{\frac{n}{x}}\mathrm{d}x)=O(O(m)+\frac{n}{\sqrt{m}})}$，通过均值不等式可以知道当 $m=n^{\frac{2}{3}}$ 时时间复杂度最优，为 $O(n^{\frac{2}{3}})$。

以洛谷的杜教筛模板为例。

我们来试着筛出 $\phi$ 和 $\mu$ 的前缀和。

注意到 $\mu \ast 1=\epsilon$，带入杜教筛的式子中，可以得到 $S(n)=1-{\displaystyle \sum _{i=2}^{n}1(i)S\left(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right)}$，由于 $1(i)$ 的前缀和就是 $i$，于是可以用杜教筛求解。

对于函数 $\phi$ 有两种求法：

法1

${\displaystyle \sum _{i=1}^n\phi (i)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=1]}$。这个之前求过了，答案为 ${\displaystyle \sum _{d\ge 1}\mu (d){\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }^2}$，于是可以先筛 $\mu$ 再转化为 $\varphi$。

法二

注意到 $\phi \ast 1=\mathrm{id}$，将其带入杜教筛的式子中可以得到 $S(n)={\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}-\sum _{i=2}^{n}1(i)S\left(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right)}$，依然可以通过杜教筛来求。

完整代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5e6 + 9;
int prime[N], mu[N], phi[N], sum1[N], sum2[N];
bool vis[N];
unordered_map <int, int> summu, sumphi;
void init(){
	int cnt = 0;
	vis[0] = vis[1] = 1;
	mu[1] = phi[1] = 1;
	for(int i = 2; i < N; i++){
		if(!vis[i]){
			prime[cnt++] = i;
			mu[i] = -1;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for(int j = 0; j < cnt && i * prime[j] < N; j++){
			vis[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j]){
				mu[i * prime[j]] = -mu[i];
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
			} else {
				mu[i * prime[j]] = 0;
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i < N; i++){
		sum1[i] = sum1[i - 1] + mu[i];
		sum2[i] = sum2[i - 1] + phi[i];
	}
}
int getsmu(int x){
	if(x < N)
		return sum1[x];
	if(summu[x])
		return summu[x];
	int ans = 1;
	for(int l = 2, r; l <= x; l = r + 1){
		r = x / (x / l);
		ans -= (r - l + 1) * getsmu(x / l);
	}
	return summu[x] = ans;
}
int getphi(int x){
	if(x < N)
		return sum2[x];
	if(sumphi[x])
		return sumphi[x];
	int ans = x * (x + 1) / 2;
	for(int l = 2, r; l <= x; l = r + 1){
		r = x / (x / l);
		ans -= (r - l + 1) * getphi(x / l);
	}
	return sumphi[x] = ans;
}
signed main(){
	init();
	int t;
	scanf("%lld", &t);
	while(t--){
		int n;
		scanf("%lld", &n);
		printf("%lld %lld\n", getphi(n), getsmu(n));
	}
	return 0;
}

Powerful Number

对于正整数 $n$，记 $n$ 的质因数分解为
$n={\displaystyle \prod _{i=1}^m{p}_i^{e_i}}$。$n$ 是 $\text{Powerful Number}$（简称 $PN$） 当且仅当 $\mathrm{\forall }1\le i\le m,e_i>1$。

$\text{Powerful Number}$ 有如下性质：

• 所有的 $PN$ 都可以写成 $a^2{b}^3$ 的形式；

证：若 $e_i$ 是偶数，直接合并进 $a^2$；如果 $e_i$ 是奇数，那么 $e_i$ 至少为 $3$，于是先将 $p_i^3$ 合并进 $b^3$，再将剩下的合并进 $a^2$。

• $n$ 以内的 $PN$ 有 $O(\sqrt{n})$ 个。

证：考虑先枚举 $a^2{b}^3$ 中的 $a$（$1\le a\le \sqrt{n}$），再枚举符合条件的 $b$ 的数量，于是 $PN$ 的个数约为 ${\displaystyle {\int }_{i=1}^{\sqrt{n}}\sqrt[3]{\frac{n}{x^2}}\mathrm{d}x=O(\sqrt{n})}$。

正题

参考资料

• 王hx、黄yy、张hr 的课件

• 初等数论学习笔记 III：数论函数与筛法 Alex_wei

• 【数学】加性函数与积性函数 mangoworld

• 杜教筛(+贝尔级数+powerful number) command_block

• 炫酷反演魔术 command_block