【长期】数论题

题单：

1. 数论分块、莫比乌斯反演与筛法
2. 莫比乌斯反演
3. 数论1，数论2

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整除分块 UVA11526

$$求\sum_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac n i\right\rfloor$$

注意到当 $i=l$ 时，有 $val=\left\lfloor\dfrac n l\right\rfloor$。假设当 $i=r$ 时值仍然为 $val$，则有 $val=\left\lfloor\dfrac n r\right\rfloor$，$val\le \dfrac n r<val+1$，$r\le \dfrac n {val}$ 且 $r$ 为整数。

因此，当 $l\le i\le \lfloor\dfrac n {\left\lfloor\frac n l\right\rfloor}\rfloor$ 时 $val$ 相等。可以证明，这样的值不超过 $\sqrt n$ 个，因此时间复杂度 $O(\sqrt n)$。

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P2261 余数求和

$$求\sum_{i=1}^n k\bmod i,\ \ n,k\le 10^9$$

本题考查取模运算的本质。$k\bmod i$ 相当于 $k-\left\lfloor\dfrac k i\right\rfloor\times i$，因此本题式子可以化为：

$$\sum_{i=1}^n k\bmod i=\sum_{i=1}^n k-\left\lfloor\dfrac k i\right\rfloor\times i=nk-\sum_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac k i\right\rfloor\times i$$

这同样可以使用整除分块求解，辅以等差数列求和即可，即每次累加

$$\sum_{i=l}^r val\times i=val\times \sum_{i=l}^r i=val\times \dfrac{(l+r)(r-l+1)}2$$

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清华集训2012 模积和·改

$$求\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m(n\ \text{wod}\ i)(m\ \text{wod}\ j)[i\neq j]\ \ \ (\text{wod}\ k)$$

$$其中N\ \text{wod}\ p=\begin{cases}0,p整除N\\p-(N \bmod p),\text{otherwise}\end{cases}$$

同样地，我们来看 $\text{wod}$ 运算的本质。实际上 $N \text{wod}\ i= \left\lceil\dfrac N i\right\rceil\times i-N$。不妨设 $n\le m$，则原式可以化为

$$\sum_{i=1}^n(n\ \text{wod}\ i)\sum_{j=1}^m(m\ \text{wod}\ j)\ [i\neq j]$$

$$=\sum_{i=1}^n(n\ \text{wod}\ i)\sum_{j=1}^m(m\ \text{wod}\ j)-\sum_{i=1}^n (n\ \text{wod}\ i)(m\ \text{wod}\ i)$$

$$=\sum_{i=1}^n(\left\lceil\dfrac n i\right\rceil\times i-n)\sum_{j=1}^m(\left\lceil\dfrac m j\right\rceil\times j-m)-\sum_{i=1}^n (\left\lceil\dfrac n i\right\rceil\times i-n)(\left\lceil\dfrac m i\right\rceil\times i-m)$$

我们将前后两部分分别记为 $A,D$ 并分开计算：

$$A=\left((\sum_{i=1}^n \left\lceil\dfrac n i\right\rceil\times i)-n^2\right)\left((\sum_{j=1}^m \left\lceil\dfrac m j\right\rceil\times j)-m^2\right)$$

其中上取整同样可以用整除分块在根号的时间复杂度下计算：

$$val=\lceil\dfrac n l\rceil，\lceil\dfrac n r\rceil=val\ 时\ val-1<\dfrac n r\le val，r<\dfrac{n}{val-1}$$

现在需要对 $val-1$ 分类讨论。

1. 如果 $val=1$，那么 $r=n$，即直接取到右端点；
2. 如果 $(val-1)|n$，那么 $r=\dfrac{n}{val-1}-1$
3. 否则 $r=\lfloor\dfrac n {val-1}\rfloor$

将 $A$ 中 $n,m$ 两部分分开计算即可，时间复杂度 $O(\sqrt n)$。

又

$$D=n^2m+\sum_{i=1}^n \left\lceil\dfrac n i\right\rceil\left\lceil\dfrac m i\right\rceil\times i^2-n\times\sum_{i=1}^n \left\lceil\dfrac m i\right\rceil\times i-m\times\sum_{i=1}^n \left\lceil\dfrac n i\right\rceil\times i$$

这个式子同样可以用整除分块计算，其中还需要平方和公式的前缀和做差

$$\sum_{i=1}^n i^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}6$$

由于在模意义下计算，需要算出 $2,6$ 等的逆元，在不保证模数是质数的情况下使用 exgcd 即可。最后输出时，由于是 $\text{wod}\ k$，等价于 (mod - ans%mod) % mod 语句，中途使用正常的 %mod 即可。

inline ll work(ll lim, ll num) {
	ll res = 0;
	for(ll l = 1, r = 1; l <= lim; l = r + 1) {
		ll val = ceil(num * 1.0 / l);
		if(val == 1) r = lim;
		else if(num % (val - 1) == 0) r = num / (val - 1) - 1;
		else r = num / (val - 1);
		r = min(r, lim);
		ll sum = ((inv2 * (l + r) % mod) * (r - l + 1) % mod);
		res = (res + val * sum % mod) % mod;
	}
	return res;
}
inline ll Square(ll x) {return (((inv6 * x % mod) * (x + 1) % mod) * (2 * x + 1)) % mod;}
inline ll rSum(ll x, ll y) {return ((Square(y) - Square(x - 1)) % mod + mod) % mod;}
inline void solve() {
	read(T);
	while(T --) {
		read(n); read(m); read(mod); if(n > m) n ^= m ^= n ^= m; inv2 = inv(2); inv6 = inv(6);
		ll ans = 0; ll n2 = ((n % mod) * n % mod), m2 = ((m % mod) * m % mod);
		ll M1 = ((work(n, n) - n2) % mod + mod) % mod;
		ll M2 = ((work(m, m) - m2) % mod + mod) % mod;
		ans = M1 * M2 % mod;
		
		ll D = n2 * m % mod;
		D = ((D - n * work(n, m) % mod) % mod + mod) % mod;
		D = ((D - m * work(n, n) % mod) % mod + mod) % mod;
		ll res = 0;
		for(ll l = 1, r = 1; l <= n; l = r + 1) {
			ll val1 = ceil(n * 1.0 / l), val2 = ceil(m * 1.0 / l);
			ll rn = 0, rm = 0;
			
			if(val1 == 1) rn = n;
			else if(n % (val1 - 1) == 0) rn = n / (val1 - 1) - 1;
			else rn = n / (val1 - 1);
			
			if(val2 == 1) rm = n;
			else if(m % (val2 - 1) == 0) rm = m / (val2 - 1) - 1;
			else rm = m / (val2 - 1);
			rm = min(rm, n);
			
			r = min(rn, rm); ll sum = rSum(l, r);
			res = (res + (val1 * val2 % mod) * sum % mod) % mod;
		}
		D = (D + res) % mod;
		ans = ((ans - D) % mod + mod) % mod; ans = (mod - ans) % mod;
		writeln(ans);
	}
}

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P3935 约数个数和
题目中的 $f(n)=\tau(n)$ 表示约数个数，因此此题求得是

$$\sum_{i=l}^r\tau(i)\pmod {998244353}$$

枚举约数，并利用前缀和做差计算区间和即可，因此下面计算前缀和。

$$\sum_{i=1}^n\tau(i)=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n[\gcd(i,d)=d]=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{n/d}[\gcd(i,1)=1]=\sum_{d=1}^n\lfloor\dfrac n d\rfloor$$

用整除分块计算即可，时间复杂度 $O(\sqrt n)$

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P2158 仪仗队

转化成平面直角坐标系，除了 $(1,0),(0,1)$ 两个点之外，其余点 $(i,j), i,j\in [1,N)$ 有连线当且仅当 $\gcd(i,j)=1$，否则会被点 $(\dfrac i {\gcd(i,j)},\dfrac j {\gcd(i,j)})$ 挡住。

因此，答案为

$$2+\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}[\gcd(i,j)=1]=3+2\sum_{i=2}^{n-1}\sum_{j<i}[\gcd(i,j)=1]=3+2\sum_{i=2}^{n-1}\varphi(i)=1+2\sum_{i=1}^{n-1}\varphi(i)$$

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Divisors

这道题是一道筛法练习题。

题目中要求 $\tau(n)=p_1\times p_2$，定义 $\omega(n)$ 表示去重前 $n$ 的质因数个数，$\text{lpf}(n)$ 表示 $n$ 的最小质因数大小，即 $\text{least prime factor}$。

这两个函数都可以在线性筛的时候计算，其中

$$\omega(i\times prime_j)=\omega(i)+1$$

$$\text{lpf}(i\times prime_j)=\min(prime_j, \text{lpf}(i))$$

这样计算出 $\omega$ 的问题在于当 $i=prime_j$ 时 $\omega(p^2)=2$，所以判断的条件是 $\omega(\tau(x))=2\ \and\ \tau(x)\neq\text{lpf}(\tau(x))^2$

inline void init(int MAX) {
	vis[1] = vis[0] = 1;
	tau[1] = 1, w[1] = lpf[1] = 0;
	rep(i, 2, MAX) {
		if(!vis[i]) prime[++cnt] = i, tau[i] = 2, w[i] = 1, lpf[i] = i;
		for(int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= MAX; j ++) {
			w[i * prime[j]] = w[i] + 1;
			vis[i * prime[j]] = 1;
			lpf[i * prime[j]] = min(lpf[i], prime[j]);
			if(i % prime[j] == 0) {
				tau[i * prime[j]] = tau[i] * 2 - tau[i / prime[j]];
				break;
			}
			tau[i * prime[j]] = tau[i] * 2;
		}
	}
}
int main () {
	init(1000000), int k = 0;
	rep(i, 1, 1000000) {
		if(w[tau[i]] == 2 && tau[i] != lpf[tau[i]] * lpf[tau[i]]) 
			if(++k == 9) k = 0, writeln(i);
	}
	return 0;
}