感觉一直没有认真学过数论，这次好好记一下。

前置知识：整除分块，筛法。

一些符号说明：

$[...]$：这个是艾弗森括号，意思是若括号内的表达式成立则为 $1$，否则为 $0$。

有些时候会用 $(i,j)$ 来表示 $gcd(i,j)$。

若非特殊说明，除法均为下取整。

Part 1 基础数论函数 & 狄利克雷卷积

基础数论函数

数论函数指定义域为整数的函数，也可视作一个数列。

一些常用的数论函数：

• 单位函数：$ϵ(n)=[n=1]$。
• 恒等函数：${\text{id}}_k(n)=n^k$。特别地，当 $k=1$ 的时候通常简记作 $\text{id}(n)$。
• 常数函数：$1(n)=1$。
• 除数函数：${\sigma }_k(n)=\sum _{d|n}{d}^k$。特别地，当 $k=1$ 的时候通常简记作 $\sigma (n)$，${\sigma }_0(n)$ 通常简记作 $d(n)$ 或 $\tau (n)$。
• 欧拉函数：$\phi (n)=\sum _{i=1}^n[(i,n)=1]$，即表示 $1\sim n$ 中与 $n$ 互质的数的个数。
• 莫比乌斯函数：$\mu (n)=\{\begin{array}{rlr}1& & n=1\\ 0& & \mathrm{\exists }d>1,d^2|n\\ (-1{)}^{\omega (n)}& & \text{otherwise}\end{array}$，其中 $\omega (n)$ 表示 $n$ 本质不同的质因子个数。

完全积性函数：若函数 $f$ 满足 $f(1)=1$ 且 $\mathrm{\forall }x,y\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均有 $f(xy)=f(x)f(y)$，则 $f$ 为完全积性函数，如 $1(n)$，$ϵ(n)$，$\phi (n)$，$\mu (n)$ 都是完全积性函数。

积性函数：若函数 $f$ 满足 $f(1)=1$ 且 $\mathrm{\forall }x,y\in {\mathbf{N}}^{\ast },x\perp y$ 均有 $f(xy)=f(x)f(y)$，则 $f$ 为积性函数。显然积性函数包含完全积性函数。

积性函数的一个性质：$f(n)=\prod f(p_i^{x_i})$。这是因为 $p_i^{x_i}\perp p_j^{x_j}$。所以一般研究积性函数可以先研究 $f(p^k)$ 的值，然后就可以筛了。

狄利克雷（Dirichlet）卷积

定义两个数论函数 $f(x),g(x)$，则它们的狄利克雷卷积得到的结果 $h(x)$ 定义为：$h(x)=\sum _{d|x}f(d)g(\frac{x}{d})=\sum _{ab=x}f(a)g(b)$。这可以简记为 $h=f\ast g$。

性质：交换律（$f\ast g=g\ast f$），结合律（$(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$），分配律（$(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$）。

单位元：单位函数 $ϵ$ 是狄利克雷卷积运算中的单位元，即 $f\ast ϵ=f$。

逆元：对于任意满足 $f(1)\ne 0$ 的数论函数 $f$，若存在另一个数论函数 $g$ 满足 $f\ast g=ϵ$，则称 $g$ 是 $f$ 的逆元。显然逆元是唯一的。容易构造出 $g(n)$：$g(n)=\frac{ϵ(n)-\sum _{d>1,d|n}f(d)g(\frac{n}{d})}{f(1)}$。

重要结论：

两个积性函数的 Dirichlet 卷积也是积性函数

证明：记 $h=f\ast g$。

则根据积性函数的定义，有：$\mathrm{\forall }a\perp b,h(n)=h(a)h(b)$。

$h(a)=\sum _{i|a}f(i)g(\frac{a}{i})$，$h(b)$ 同理。

则有

$$\begin{array}{rl}h(n)& =\sum _{i|a}f(i)g(\frac{a}{i})\sum _{j|b}f(j)g(\frac{b}{j})\\ & =\sum _{i|a}\sum _{j|b}f(i)f(j)g(\frac{a}{i})g(\frac{b}{j})\end{array}$$

因为 $a\perp b$，所以有 $i\perp j,\frac{a}{i}\perp \frac{b}{j}$，则可继续化为

$$\begin{array}{rl}h(n)& =\sum _{i|a}\sum _{j|b}f(ij)g(\frac{ab}{ij})\\ & =\sum _{d|ab}f(d)g(\frac{ab}{d})\end{array}$$

所以 $h(n)$ 为积性函数，原命题得证。$◻$

积性函数的逆元也是积性函数。

证明：由于表示出 $g(n)$ 的式子是一个由大规模到小规模的样子，考虑使用归纳法证明。

设 $f\ast g=ϵ$，不妨令 $f(1)=1$。

当 $ab=1$，则 $g(ab)=g(1)=1$，此时结论显然成立。

若 $ab>1(a\perp b)$，假设当前所有 $i<ab$ 的结论均成立，则有：

$$\begin{array}{rl}g(ab)& =-\sum _{d>1,d|ab}f(d)g(\frac{ab}{d})\\ & =-\sum _{x|a,y|b,xy>1}f(xy)g(\frac{ab}{xy})\\ & =-\sum _{x|a,y|b,xy>1}f(x)f(y)g(\frac{a}{x})g(\frac{b}{y})\\ & =f(1)g(ab)-\sum _{x|a}f(x)g(\frac{a}{x})\sum _{y|b}f(y)g(\frac{b}{y})\\ & =f(1)f(1)g(a)g(b)-ϵ(a)ϵ(b)\\ & =g(a)g(b)-ϵ(a)ϵ(b)\\ & =g(a)g(b)\end{array}$$

所以 $g$ 为积性函数。$◻$

一些常用的 Dirichlet 卷积的例子：

• $ϵ=\mu \ast 1⟺ϵ(n)=\sum _{d|n}\mu (n)$
• $d=1\ast 1⟺d(n)=\sum _{d|n}1$
• $\sigma =\text{id}\ast 1⟺\sigma (n)=\sum _{d|n}d$
• $\phi =\mu \ast \text{id}⟺\phi (i)=\sum _{d|n}d\cdot \mu (\frac{n}{d})$。

Part 2 莫比乌斯反演

引入

$\mu$ 为莫比乌斯函数，定义为：$\mu (n)=\{\begin{array}{rlr}1& & n=1\\ 0& & \mathrm{\exists }d>1,d^2|n\\ (-1{)}^{\omega (n)}& & \text{otherwise}\end{array}$。

$\mu$ 最开始引入的原因是若 $g=\sum _{d|n}f(d)$，则 $g=1\ast f$，但是这样只能根据 $f$ 求 $g$，而从 $g$ 推到 $f$ 的式子显然就变为了 $f=1^{-1}\ast g$，然后 Mobius 就将 $1^{-1}$ 命名为一个新的函数，就是 $\mu$ 了。

$ϵ$ 是单位元，则有 $1\ast \mu =ϵ$，我们可以据此对 $\mu$ 式子进行对到推导：

过程：

首先 $\mu (1)$ 显然为 $1$。

由于 $1$ 是积性函数，所以 $\mu =1^{-1}$ 一定也是积性函数，不妨先考虑 $\mu (p^k)$（$k>0$）的值。

1. $k=1$，由于 $\sum _{d|p}1(d)\mu (\frac{p}{d})=ϵ(p)=0$，所以 $\mu (1)+\mu (p)=0$，可以得到 $\mu (p)=-1$。
2. $k>1$，有 $\sum _{d|p^k}1(d)\mu (\frac{p^k}{d})=ϵ(k)=0$，所以 $\sum _{i=0}^k\mu (p^k)=0$，对 $k$ 从小到大考虑并带入 $\mu (p^k)$ 的值后，易得 $\mu (p^k)=0(k>1)$。

然后由于 $\mu$ 是积性函数，所以所有含有平方或更高次方的因子的时候，均有 $\mu (n)=0$。

然后剩下的数肯定就是由若干个本质不同的质数相乘得到的，则 $\mu (n)=\prod _{p|n,p\in \text{prime}}\mu (p)$，所以 $\mu (n)=(-1{)}^{\omega (n)}$，$\omega (n)$ 就表示 $n$ 的本质不同的质数个数。

容易发现 $\mu$ 的式子就是上面的形式。

由 $ϵ=1\ast \mu$ 可以推出一个很好的结论：$\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{rlr}1& & n=1\\ 0& & n\ne 1\end{array}$，这个结论在下面的例题中会经常用到。

线筛 $\mu$

发现 $\mu$ 是一个积性函数，显然可以线筛。这里就直接放代码了，不懂线筛的可以看 这个。

Code：

bool vis[500010];
int cnt, p[500010], mu[500010];
void init(int n) {
  mu[1] = 1;
  for(int i = 2; i <= n; ++i) {
    if(!vis[i])
      mu[i] = -1, p[++cnt] = i;
    for(int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= n; ++j) {
      mu[i * p[j]] = i % p[j] == 0 ? 0 : -mu[i];
      vis[i * p[j]] = 1;
      if(i % p[j] == 0)
        break;
    }
  }
}

然后就是介绍怎么反演了。

反演公式

设 $f,g$ 为数论函数。

第一种：若 $f(n)=\sum _{d|n}g(d)$，则 $g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})$。证明显然，$f=g\ast 1⟺g=\mu \ast f$。

第二种：若 $f(n)=\sum _{d|n}g(d)$，则 $g(n)=\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})f(d)$，这个就是因为 Dirichlet 卷积具有交换律，即 $\mu \ast f=f\ast \mu$。

莫反的一个重要结论：$\sum _{d|n}\mu (d)=ϵ(n)$，当 $n>1$ 的时候式子就为 $0$ 了。证明就是 $\mu \ast 1=ϵ$。

拓展：$\phi (i)\ast 1=\text{id}$。

证明：

当 $n=p^k$ 时，

有

$$\begin{array}{rl}\phi \ast 1& =\sum _{d|p^k}\phi (d)\\ & =p^0+p^0\cdot (p-1)+p^1\cdot (p-1)+\cdots +p^{k-1}\cdot (p-1)\\ & =p^k\\ & =\text{id}\end{array}$$

然后由于 $\phi$ 和 $1$ 是积性函数，所以这里就只证明 $p^k$ 的取值满足就行了。$◻$

由 $\phi \ast 1=\text{id}$ 可以得到 $\text{id}\ast \mu =\phi$。

Part 3 一些例题

1 一道经典的题

Problem

给定 $n,m$，求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]$ 的值。

要求在 $\mathcal{O}(n+T\times \sqrt{min(n,m)})$ 的时间复杂度内解决，$T$ 为测试数据的组数。

Sol

因为 $i,j$ 维交换顺序不影响答案，所以不妨令 $n\le m$。

$[(i,j)=1]$ 的这个条件显然与 $ϵ((i,j))$ 等价，使用莫比乌斯变换可以变为 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|(i,j)}\mu (d)$。

然后我们交换求和顺序，变为 $\sum _{d=1}^n\sum _{d|i}^n\sum _{d|j}^m\mu (d)$，因为 $d|(i,j)⟺d|i,d|j$。然后发现 $\mu (d)$ 可以直接提出，化成：$\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{d|i}^n\sum _{d|j}^{m}1$，对于每个 $d$，$\sum _i\sum _{j}1$ 显然为 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times \lfloor \frac{m}{i}\rfloor$。于是就可以对 $\mu$ 求前缀和之后对 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor$ 进行整除分块了。

Code

没有。

2 P2522 [HAOI 2011] Problem b](https://www.luogu.com.cn/problem/P2522)

Problem

有 $n$ 组询问，每组询问包含五个数 $a,b,c,d,k$，求 $\sum _{i=a}^b\sum _{j=c}^d[(i,j)=k]$。

$1\le n,k\le 5\times {10}^4$，$1\le a\le b\le 5\times {10}^4$，$1\le c\le d\le 5\times {10}^4$。

$2.5s,250MB$

Sol

显然可以先将平面上的矩形查询变通过容斥变为前缀矩形的贡献，不妨令 $\text{solve}(n,m,k)$ 表示 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[(i,j)=k]$ 的值，显然答案就是 $\text{solve}(b,d,k)-\text{solve(a - 1, d, k)}-\text{solve}(b,c-1,k)+\text{solve}(a-1,c-1,k)$。

考虑如何求解 $\text{solve}(n,m,k)$（这里由于交换 $n,m$ 后的答案不变，不妨令 $n\le m$）：

然后由例题一可知 $\sum _{i=1}^{n/k}\sum _{j=1}^{m/k}[(i,j)=1]=\sum _{d=1}^{n/k}\mu (d)\cdot \lfloor \frac{n}{dk}\rfloor \cdot \lfloor \frac{m}{dk}\rfloor$，整除分块即可。

相同的题：P3455 [POI2007] ZAP-Queries。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define sz(a) ((int) (a).size())
#define vi vector < int >
#define pb emplace_back
using namespace std;
bool vis[50010];
int cnt, p[50010], mu[50010], ms[50010];
void euler(int n) {
  mu[1] = 1;
  for(int i = 2; i <= n; ++i) {
    if(!vis[i])
      mu[i] = -1, p[++cnt] = i;
    for(int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= n; ++j) {
      mu[i * p[j]] = i % p[j] == 0 ? 0 : -mu[i];
      vis[i * p[j]] = 1;
      if(p[j] % i == 0)
        break;
    }
  }
  for(int i = 1; i <= n; ++i)
    ms[i] = ms[i - 1] + mu[i];
}
ll work(int n, int m) {
  if(n > m)
    swap(n, m);
  ll res = 0;
  for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = min(n / (n / l), m / (m / l));
    res += (n / l) * 1ll * (m / l) * (ms[r] - ms[l - 1]);
  }
  return res;
}
void solve() {
  int a, b, c, d, k;
  cin >> a >> b >> c >> d >> k;
  cout << work(b / k, d / k) - work((a - 1) / k, d / k) - work(b / k, (c - 1) / k) + work((a - 1) / k, (c - 1) / k) << "\n";
}
int main() {
  ios :: sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0); cout.tie(0);
  euler(50000);
  int T;
  cin >> T;
  while(T--)
    solve();
  return 0;
}

3 P2257 YY的GCD

Problem

给定 $n,m$，求 $1\le x\le n$，$1\le y\le m$ 且 $gcd(x,y)$ 为质数的 $(x,y)$ 有多少对。

$T={10}^4,n,m\le {10}^7$。

Sol

不妨令 $n\le m$。

显然枚举 $p\in \text{prime}$，变为 $\sum _{p\in \text{prime}}\sum _{i=1}^{n/p}\sum _{j=1}^{m/p}[(i,j)=1]$，反演一下，变为：$\sum _{p\in \text{prime},p\le n}\sum _{d=1}^{n/p}\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor \lfloor \frac{m}{dp}\rfloor \mu (d)$。然后发能每次枚举 $p$ 然后数论分块的复杂度是 $T\times \mathcal{O}(\frac{n}{\log n})\sqrt{n}$，完全不可接受。发现 $\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor \lfloor \frac{m}{dp}\rfloor$ 的 $p$，然后 $d\times p$ 其实是取满了 $[1,n]$ 的，不妨就枚举 $k=dp$，然后再枚举 $p$。于是变为 $\sum _{k=1}^n\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor \sum _{p\in \text{prime},p\le k}\mu (k/p)$。这个时候就很简单了，发现原式的 $\sum _{p\in \text{prime},p\le k}\mu (k/p)$ 其实很好预处理的，不妨把这个值记作 $g(k)$，显然 $g(k)$ 可以通过枚举质数 $p$ 然后更新 $p$ 的倍数的贡献得到，这个的复杂度和埃筛是一样的，为 $\mathcal{O}(n\ln \ln n)$。然后再处理出 $g$ 的前缀和，数论分块即可做到 $\mathcal{O}(n\ln \ln n+T\sqrt{n})$。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define sz(a) ((int) (a).size())
#define vi vector < int >
#define pb emplace_back
using namespace std;
bool vis[10000010];
int cnt, p[10000010], mu[10000010], ms[10000010];
ll g[10000010];
void euler(int n) {
  mu[1] = 1;
  for(int i = 2; i <= n; ++i) {
    if(!vis[i])
      mu[i] = -1, p[++cnt] = i;
    for(int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= n; ++j) {
      mu[i * p[j]] = i % p[j] == 0 ? 0 : -mu[i];
      vis[i * p[j]] = 1;
      if(p[j] % i == 0)
        break;
    }
  }
  for(int i = 1; i <= cnt; ++i)
    for(int j = 1; p[i] * j <= n; ++j)
      g[p[i] * j] += mu[j];
  for(int i = 1; i <= n; ++i)
    ms[i] = ms[i - 1] + mu[i], g[i] += g[i - 1];
}
ll work(int n, int m) {
  if(n > m)
    swap(n, m);
  ll res = 0;
  for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = min(n / (n / l), m / (m / l));
    res += (n / l) * 1ll * (m / l) * (g[r] - g[l - 1]);
  }
  return res;
}
void solve() {
  int n, m;
  cin >> n >> m;
  cout << work(n, m) << "\n";
}
int main() {
  ios :: sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0); cout.tie(0);
  euler(10000000);
  int T;
  cin >> T;
  while(T--)
    solve();
  return 0;
}

双倍经验：SP4491。

4 P3327 [SDOI2015] 约数个数和

Problem

设 $d(x)$ 为 $x$ 的约数个数，给定 $n,m$，求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(ij)$。多测。

$1\le T,n,m\le 50000$。

Sol

首先这个 $d$ 是很麻烦的，将它转化一下：$d(ij)=\sum _{a|i}\sum _{b|j}[(a,b)=1]$，证明放最后。然后考虑对式子进行化简（这里默认 $n\le m$）：

这里的 $S(n)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$。

然后整除分块即可。

时间复杂度：$\mathcal{O}((n+T)\sqrt{n})$。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define sz(a) ((int) (a).size())
#define vi vector < int >
#define pb emplace_back
using namespace std;
bool vis[50010];
int cnt, p[50010], mu[50010], ms[50010];
void euler(int n) {
  mu[1] = 1;
  for(int i = 2; i <= n; ++i) {
    if(!vis[i])
      p[++cnt] = i, mu[i] = -1;
    for(int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= n; ++j) {
      vis[i * p[j]] = 1;
      mu[i * p[j]] = i % p[j] == 0 ? 0 : -mu[i];
      if(i % p[j] == 0)
        break;
    }
  }
  for(int i = 1; i <= n; ++i)
    ms[i] = ms[i - 1] + mu[i];
}
int s[50010];
ll work(int n) {
  ll res = 0;
  for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    res += (n / l) * (r - l + 1ll);
  }
  return res;
}
void init(int n) {
  euler(n);
  for(int i = 1; i <= n; ++i)
    s[i] = work(i);
}
ll g(int n, int m) {
  return s[n] * 1ll * s[m];
}
int n, m;
void solve() {
  cin >> n >> m;
  if(n > m)
    swap(n, m);
  ll ans = 0;
  for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = min(n / (n / l), m / (m / l));
    ans += (ms[r] - ms[l - 1]) * g(n / l, m / l);
  }
  cout << ans << "\n";
}
int main() {
  ios :: sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0); cout.tie(0);
  init(50000);
  int T;
  cin >> T;
  while(T--)
    solve();
  return 0;
}
/*
2
32 43
53 51
*/