“数论所生，繁华之地。” —— 一径入繁华

在未特殊指出的前提下，字母均代表正整数。

持续补充中，如果有任何问题或者想要交流，欢迎联系我。

Upd on 2024/9/20：完善了一些内容。

数论分块

引理 1

$$\lfloor \frac{a}{bc}\rfloor =\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b}\rfloor }{c}\rfloor$$

证明

显然有 ${\displaystyle \frac{a}{b}=\lfloor \frac{a}{b}\rfloor +r}$（$r\in [0,1)$）。

${\displaystyle ⟹\lfloor \frac{a}{bc}\rfloor =\lfloor \frac{1}{c}\cdot \frac{a}{b}\rfloor =\lfloor \frac{1}{c}\cdot (\lfloor \frac{a}{b}\rfloor +r)\rfloor =\lfloor \frac{1}{c}\cdot \lfloor \frac{a}{b}\rfloor +\frac{r}{c}\rfloor =\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b}\rfloor }{c}\rfloor }$。证毕。

引理 2

$i$ 取遍 $[1,n]$ 时，${\displaystyle \lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$ 只有 $\mathrm{\Theta }(\sqrt{n})$ 种取值。（应用时，可以认为是 $2\sqrt{n}$）

证明

• 当 $i\le \sqrt{n}$ 时，由于 $i$ 只有 $\mathrm{\Theta }(\sqrt{n})$ 种选择，所以只有 $\mathrm{\Theta }(\sqrt{n})$ 种取值；
• 当 $i>\sqrt{n}$ 时，${\displaystyle \lfloor \frac{n}{i}\rfloor <\sqrt{n}}$，也只有 $\mathrm{\Theta }(\sqrt{n})$ 种取值。
  证毕。

数论分块

引理 3

对于正整数 $n$，设 $i\in [1,n]$。则对于 $\mathrm{\forall }x\in {\displaystyle [i,\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor ]}$，${\displaystyle \lfloor \frac{n}{x}\rfloor =\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$。

证明

函数 ${\displaystyle f(x)=\frac{n}{x}}$ 显然是单调递减的。令 $g(i)={\displaystyle \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor }$。

注意到 $g(i)\ge \lfloor \frac{n}{\frac{n}{i}}\rfloor =i$（由下取整函数的性质），所以 ${\displaystyle \lfloor \frac{n}{g(i)}\rfloor \le \lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$。

并且，${\displaystyle \lfloor \frac{n}{g(i)}\rfloor \ge \lfloor \frac{n}{\frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }}\rfloor =\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$，所以 ${\displaystyle \lfloor \frac{n}{g(i)}\rfloor =\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$。

由于 $g(i)\ge i$，而在区间 $[i,g(i)]$ 的两端，函数 ${\displaystyle h(i)=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$ 都有 $h(i)=h(g(i))$。由于 $h$ 的不严格递减性质，引理成立。
证毕。

结合引理 2，我们知道，函数 ${\displaystyle h(i)=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$ 本质不同的取值一共有 $\mathrm{\Theta }(\sqrt{n})$ 种，而且每个取值的区间恰好为 $[l,g(l)]$。结合这个性质，我们可以在 $\mathrm{\Theta }(\sqrt{n})$ 内求出一些和 $h(i)$ 有关的和式，这个 trick 被称为整除分块。

下面我们结合几道例题来对整除分块的应用进行说明。

UVA11526 H(n)

给定 $nd$，求

的值。

$T\le {10}^3$，$1\le n<2^{31}$。

引理 3 的直接应用，这里给出核心代码。

int ans=0, l=1, r;
while (l<=n) {
    r=n/(n/l);
    ans+=(r-l+1)*(n/l);
    l=r+1;
}

理解了引理 3 后，这段代码是不难理解的。

P2261 [CQOI2007] 余数求和

给定 $n,k$，求

不难发现 ${\displaystyle kmodi=k-i\lfloor \frac{k}{i}\rfloor }$。于是数论分块即可，时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(\sqrt{n})$。

P3935 Calculating

设 $x$ 分解质因数后结果为 $\prod _{1\le i\le n}{p}_i^{k_i}$，定义 $f(x)=\prod _{1\le i\le n}(k_i+1)$，求

$f$ 函数实际上求了 $x$ 的因数个数（即 $f(n)={\sigma }_0(n)$）。

对于正整数 $n$ 和 $p$，$[1,n]$ 内能被 $p$ 整除的数仅有 $\lfloor \frac{n}{p}\rfloor$ 个。

（证明：仅有形如 $1p,2p,\cdots ,kp$ 这样的数能被整除。而 $kp\le n⟺k\le \lfloor \frac{n}{p}\rfloor$。）

然后利用一点前缀和与差分的知识，我们不难得到区间 $[l,r]$ 内能被 $p$ 整除的数仅有 $(\lfloor \frac{r}{p}\rfloor -\lfloor \frac{l-1}{p}\rfloor )$ 个。

那么我们枚举这个 $p$ 直接算就好了。即

时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(\sqrt{n})$。

P2260 [清华集训2012] 模积和

求

对 $19,940,417$ 取模。

不妨设 $n\le m$。

首先可以把不相关的部分提出来。对于 $i\ne j$ 的限制，我们最后减去 $\sum (nmodi)(mmodi)$ 即可。

然后拆开。

然后就是

对于减掉的式子，我们有

可能要用到的公式：

注意，$19,940,417$ 不是素数。

积性函数

对于算术函数 $f$，若对于 $p\mathrm{\perp }q$，有 $f(pq)=f(p)f(q)$ 恒成立，则称 $f$ 为积性的。

若 $\mathrm{\forall }p,q$，有 $f(pq)=f(p)f(q)$ 成立，我们称 $f$ 为完全积性的。

对于任意积性函数 $f$，都有 $f(1)=1$。

证明 任取 $n$，有 $f(n)=f(1)f(n)$，得到 $f(1)=1$。

如果你不理解记号的含义，可以先向下阅读。

Dirichlet 卷积

对于数论函数 $f,g$，定义其 Dirichlet 卷积

一些性质：

交换律$f\ast g=g\ast f$。

证明 由定义立刻得到。

常用数论函数简介

元函数 $\epsilon$

定义

$$\epsilon (n)=[n=1]$$

元函数是 Dirichlet 卷积意义下的单位元。也就是说，对于任意数论函数 $f$，有 $\epsilon \ast f=f$。 （读者自证不难。）

Mobius 函数 $\mu$

定义

不妨记正整数 $n$ 的唯一分解式为 $n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{c_i}$。则

$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1,& n=1\\ (-1{)}^k,& c_1=c_2=\cdots =c_k=1\\ 0,& \mathrm{\exists }i,c_i\ge 2\end{array}$$

值得一提的是，Mobius 函数在数论中的容斥性质。事实上，这也是它定义的根本目的。

考虑一个问题：

问题

给定正整数 $n$，求出与不大于它且它互素的数个数的表达式（即 $\phi (n)$）

不妨假设 $n$ 含有素因子 $2,3$。那么 $\frac{n}{2}$ 就是 $[1,n]$ 中，含有素因子 $2$ 的数的数量（$2,4,\cdots ,n$）；$\frac{n}{3}$ 就是 $[1,n]$ 中，含有素因子 $3$ 的数的数量（$3,6,\cdots ,n$）；我们把 $n$ 减去 $\frac{n}{2}$，减去 $\frac{n}{3}$，但是你会发现同时是 $2,3$ 倍数的数减重了，需要加回来。你会发现这就是 Mobius 函数前面的系数。

综上，我们可以得到

重要性质

$$\phi (n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)\cdot \frac{n}{d}=\mu \ast \mathrm{Id}$$

这个性质非常重要，请牢记。

接下来是几个同样重要的性质。

重要性质

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

这个性质非常重要，请牢记。

证明 1 利用后面提到的 Mobius 反演立即得证。

证明 2

$n=1$ 时显然成立。考虑 $n=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}\cdots p_e^{c_e}>1$（$p_i$ 两两不同）。

那么左边等于 $\mu (1)+\sum _i\mu (p_i)+\sum _{i,j}\mu (p_i{p}_j)+\cdots +\sum _{1,2,\cdots ,e}\mu (p_1{p}_2\cdots p_e)$

即为

$$\sum _{k=0}^e(\genfrac{}{}{0ex}{}{e}{k})(-1{)}^k=(1-1{)}^e=0$$

证毕。

推论

$$[i\mathrm{\perp }j]=\sum _{d\mid i,d\mid j}\mu (d)$$

这个推论非常重要，请牢记。

证明

$$\begin{array}{rlr}& =[gcd(i,j)=1]& \\ & =\epsilon (gcd(i,j))\\ & =\sum _{d\mid gcd(i,j)}\mu (d)\\ & =\sum _{d\mid i,d\mid j}\mu (d)\\ ◻\end{array}$$

Euler 函数 $\phi$

定义

对于正整数 $n$，定义 $\phi (n)$ 表示不大于 $n$ 且与 $n$ 互素的正整数个数。即

$$\phi (n)=\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]$$

你可能对 $\phi$ 的这个公式已经烂熟于心了：

引理 1

$$\phi (n)=n\prod _{p\mid n,p\in \mathbb{P}}\frac{p-1}{p}$$

证明 本质上就是引理 2。具体地说：将 ${\displaystyle \frac{p-1}{p}}$ 改写为 ${\displaystyle 1-\frac{1}{p}}$，然后注意到那个负号实际上就是 Mobius 函数的负号。

但是你还需要知道：

引理 2

$$\phi (n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)\frac{n}{d}=\mu \ast \mathrm{Id}$$

证明 见 $\mu$ 函数部分。

引理 3

$$n=\sum _{d\mid n}\phi (d)$$

即，$\mathrm{Id}=\phi \ast 1$。

证明 1 由引理 3 和 Mobius 反演立刻可得。

证明 2
考虑分母为 $n$，分子为 $1\sim n$ 的 $n$ 个分数 ${\displaystyle \frac{1}{n},\frac{2}{n},\cdots ,\frac{n}{n}}$。

将这 $n$ 个分数全部变成既约的（即，令分子和分母互素）。注意到所有的分母都是 $n$ 的因数，而且分母为 $d$ 的分数的数量就是 $\phi (d)$（注意分子和分母互素）。

所以我们得到了

$$n=\sum _{d\mid n}\phi (d)$$

证毕。

引理 4

$$\phi (ij)=\frac{\phi (i)\phi (j)gcd(i,j)}{\phi (gcd(i,j))}$$

证明

左边就是

$$ij\prod _{p\in \mathbb{P},p\mid i\vee p\mid j}\frac{p-1}{p}$$

右边就是

$$\frac{ijgcd(i,j)\prod _{p\mid i,p\in \mathbb{P}}\frac{p-1}{p}\prod _{q\mid i,q\in \mathbb{P}}\frac{q-1}{q}}{gcd(i,j)\prod _{r\in \mathbb{P},r\mid i\wedge r\mid j}\frac{r-1}{r}}$$

即

$$\frac{ij\prod _{p\mid i,p\in \mathbb{P}}\frac{p-1}{p}\prod _{q\mid i,q\in \mathbb{P}}\frac{q-1}{q}}{\prod _{r\in \mathbb{P},r\mid i\wedge r\mid j}\frac{r-1}{r}}$$

对于左边，是对 $i$ 的素约数或者 $j$ 的素约数求的，可以理解为 $|A\cup B|$。分子对 $i$ 的素约数和 $j$ 的素约数求的，可以理解为 $|A|+|B|$。分母是对 $gcd(i,j)$ 的素约数求的，可以理解为 $|A\cap B|$。

然后根据容斥原理有 $|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|$。证毕。

Mobius 反演

定理（Mobius 反演）
对于积性函数 $f,g$，

$$f=\mu \ast g⟺g=f\ast 1$$

证明

由定义有 $f(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)g(\frac{n}{d})$

$$\begin{array}{rl}f\ast 1& =\sum _{d\mid n}f(d)\\ & =\sum _{d\mid n}\sum _{d^{\prime }\mid d}\mu (d^{\prime })g(\frac{d}{d^{\prime }})\\ & =\sum _{d^{\prime }\mid n}\sum _{d^{\prime }\mid d}\mu (\frac{d}{d^{\prime }})g(d^{\prime })\\ & =\sum _{d^{\prime }\mid n}g(d^{\prime })\sum _{d^{\prime }\mid d}\mu (\frac{d}{d^{\prime }})\\ & =\sum _{d^{\prime }\mid n}g(d^{\prime })\sum _{k\mid \frac{n}{d^{\prime }}}\mu (\frac{k{d}^{\prime }}{d^{\prime }})\end{array}$$

当且仅当 $\frac{n}{d^{\prime }}=1$ 即 $d^{\prime }=n$ 时，$\mu$ 有非 $0$ 值 $1$。

于是 $f\ast 1=g$。证毕。

• 形式 1

• 形式 2

常见应用

我们给出几个常见的形式。以下默认 $n\le m$。

• 形式 1

利用数论分块，时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(\sqrt{n})$。

• 形式 2

• 形式 3

令 $t=kd$。于是

预处理后时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(n\log n)\sim \mathrm{\Theta }(n)$。

行列式 与 数论函数

本部分内容较为进阶，建议在对莫反和行列式的性质比较熟悉后再阅读。

• 形式 1

对于 $n$ 阶方阵 $a_{i,j}=gcd(i,j)$，求出其行列式。要求做到 $\mathrm{\Theta }(n)$。

不妨手玩一个例子。

我们断言：消元后，有

我们尝试详细证明结论。

我们采取如下的消元策略：依次考虑第 $i=1,2,\cdots ,n$ 行，我们将第 $2i,3i,\cdots ,ki$ 行减去第 $i$ 行。

设消完元后的部分为 $a^{\prime }$。

假设对于前 $(i-1)$ 行，结论是成立的。那么第 $i$ 行减去过第 $k$ 行，当且仅当 $k\mid i$。且对于所有的 $k\nmid j$，$a_{k,j}^{\prime }=0$，所以当且仅当 $k\mid j$ 时有贡献。那么 $a_{i,j}^{\prime }=a_{i,j}-\sum _{k\mid i,k\mid j,k<i}\phi (k)$。

当 $i\nmid j$ 时，$\sum _{k\mid i,k\mid j,k<i}\phi (k)=gcd(i,j)$。所以减去后 $a_{i,j}^{\prime }=0$。

否则 $\sum _{k\mid i,k\mid j,k<i}\phi (k)=i-\phi (i)$。而此时 $a_{i,j}=gcd(i,j)=i$，所以减去之后就得到了 $a_{i,j}^{\prime }=\phi (i)$。

而对于第 $1$ 行，结论显然是成立的。根据数学归纳法，证毕。

• 形式 2

对于 $n$ 阶方阵 $a_{i,j}=gcd(i,j{)}^k$，求出其行列式，其中 $k$ 为常数。要求做到 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$ 以下。

继续手玩。当 $k=2$ 时，

当 $k=3$ 时

利用 OEIS 找出规律：定义 Jordan totient 函数 $J_k(n)=\sum _{d\mid n}{d}^k\mu \left(\frac{n}{d}\right)$，则消元后，$a_{i,j}^{\prime }=[i\mid j]J_k(i)$。不难发现 $k=1$ 的时候退化成了 $\phi$。

朴素地枚举倍数是 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$ 的。可以优化到 $\mathrm{\Theta }(n)$。

PGCD - Primes in GCD Table

求

做到这一步已经是 ${\displaystyle \mathrm{\Theta }(T\frac{n}{\ln n})}$ 的了。不过我们还可以更进一步。

设 $t=pd$，则原式等价于

设 $f(t)=\sum _{p\mid t,p\in \mathbb{P}}\mu (\frac{t}{p})$。如果能快速预处理出 $f$ 就可以在 $\mathrm{\Theta }(T\sqrt{n})$ 内解决本题。

一方面可以枚举所有素数的倍数来预处理。这样是 $\mathrm{\Theta }(n\log \log n)$ 的。

下面我们进行分讨。以下设 $x$ 的最小素因子为 $y$，且 $x=iy$。

1. $x\in \mathbb{P}$ 或 $x=1$

显然有 $f(x)=1$。

2. $imody=0$

$\sum _{p\mid iy}\mu (\frac{iy}{p})$ 当且仅当 $p=y$ 时可能不为 $0$。那么有 $f(x)=\mu (i)$。

3. $imody\ne 0$

我们有 $f(\frac{iy}{p})=-f(\frac{i}{p})$，因此 $f(i)$ 中的每一项都在 $f(x)$ 中有对应项。当 $p=y$ 时，$\mu (i)$ 会有额外的贡献（因为多了素因子 $y$）。于是 $f(x)=\mu (i)-f(i)$。

综上

时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(n\log \log n)\sim \mathrm{\Theta }(\sqrt{n})$ 或 $\mathrm{\Theta }(n)\sim \mathrm{\Theta }(\sqrt{n})$。

GCDMAT - GCD OF MATRIX

求

直接拆成四个询问，套用形式 2 即可。$\mathrm{\Theta }(T\sqrt{n})$。

P3327 [SDOI2015] 约数个数和

记 $d(x)$ 为 $x$ 的约数个数，给定 $n,m$，求

我们知道

我们有 $d(n)$ 的特殊性质

则有

时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(n+T\sqrt{n})$。

P2714 四元组统计

给定正整数数列 $a_i$（长度为 $n$），求出有多少个四元组 $(i,j,k,l)$ 满足 $gcd(a_i,a_j,a_k,a_l)=1$。

$n\le {10}^4$，$T\le 100$。

不妨设 $cn{t}_k=\sum _{i=1}^n[a_i=k]$，$V={10}^4$。

设满足 $d\mid gcd(a_i,a_j,a_k,a_l)$ 的四元组个数为 $f(d)$，显然 ${\displaystyle f(d)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sum _{d\mid n}cn{t}_n}{4})}$。设满足 $gcd(a_i,a_j,a_k,a_l)=d$ 的四元组个数为 $g(d)$，则 ${\displaystyle f(d)=\sum _{d\mid n}g(n)⟺g(d)=\sum _{d\mid n}\mu \left(\frac{n}{d}\right)f(n)}$。

注意这里利用了莫反的形式 2。

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

时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(Tn\log n)$。

P5221 Product

求

对 $104,857,601$ 取模。

$200\mathtt{\text{ms}},7.81\mathtt{\text{MB}}$。$n\le {10}^6$。

[RC-02] GCD

求

其中 $n\le 2\times {10}^9$。

使用杜教筛维护，时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(n^{\frac{2}{3}})$。

LOJ #6491「XXOI 2018」简单的最大公约数

简单反演一下。

P3768 简单的数学题

求

$n\le {10}^{10}$。

使用杜教筛维护。时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(n^{\frac{2}{3}})$。

P3172 [CQOI2015] 选数

求

$r-l\le {10}^5$，$n,k\le {10}^9$。

不妨先计算出 $i\in [1,r]$ 的答案再减去 $i\in [1,l-1]$ 的答案。以下令 ${\displaystyle n:=\lfloor \frac{r}{k}\rfloor }$。

$$\begin{gathered} \sum _{i_1=1}^r\sum _{i_2=1}^r\cdots \sum _{i_n=1}^r[gcd(i_1,i_2,\cdots ,i_n)=k] \\ \begin{array}{rl}& =\sum _{i_1=1}^n\sum _{i_2=1}^n\cdots \sum _{i_n=1}^n[gcd(i_1,i_2,\cdots ,i_n)=1]\\ & =\sum _{i_1=1}^n\sum _{i_2=1}^n\cdots \sum _{i_n=1}^n\sum _{d\mid i_1,d\mid i_2,\cdots ,d\mid i_n}\mu (d)\\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{i_1=1}^n\sum _{i_2=1}^n\cdots \sum _{i_n=1}^n[d\mid i_1][d\mid i_2]\cdots [d\mid i_n]\\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}{\rfloor }^n\end{array} \end{gathered}$$

对于 $[1,l-1]$ 的计算同理。时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(n^{\frac{2}{3}}\log n)$。

以上是错误的解法。正确的解法：令 $L=\lceil \frac{l}{k}\rceil$，$R=\lfloor \frac{r}{k}\rfloor$。于是有

可以用杜教筛维护。

P4318 完全平方数

求出第 $k$ 个不含素平方因子的数。

$T\le 50$，$k\le {10}^9$。

我们有结论：

$[1,n]$ 中，$\mu (i)\ne 0$ 的数（即不含素平方因子的数）的数量约为 ${\displaystyle \frac{6}{{\pi }^2}}n$。（巴塞尔问题）

于是二分是显然的。于是我们需要求

其中 $f(i)$ 代表 $i$ 是否含有素平方因子。

解法 1

考虑 Mobius 函数。

删去 $2^2$ 的倍数，删去 $3^2$ 的倍数，则 $(2\times 3{)}^2$ 的倍数被删了两次，需要加回来。

于是就是

直接计算答案，时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(T\sqrt{n}\log n)$。

运用二次方数论分块（August_Light）可以将时间复杂度优化到 $\mathrm{\Theta }(\sqrt{n}+T{n}^{0.4}\log n)$（来源：UOJ 群）。

解法 2

注意到 $f(i)=\mu (i{)}^2$。于是我们只需要快速求出 ${\mu }^2$ 的前缀和。

考虑杜教筛。

令 $f={\mu }^2$，有一个很神仙的想法就是构造 $g(n)=[\mathrm{\exists }x\in {\mathbb{N}}^{\ast },x^2=n]$。

引理

$$(f\ast g)(n)=1$$

证明

原式即为

$$\sum _{d\mid n}g(n)\mu {\left(\frac{n}{d}\right)}^2$$

$n$ 的最大平方因子是 $1$ 时显然成立。以下设 $n$ 的最大平方因子非 $1$。

• 当 $d$ 取到 $n$ 的最大平方因子的时候，$g(n)=\mu {\left({\displaystyle \frac{n}{d}}\right)}^2=1$。

• 当 $d$ 取到 $n$ 的非最大平方因子的时候，$\mu {\left({\displaystyle \frac{n}{d}}\right)}^2=0$，从而这一项贡献为 $0$。

• 当 $d$ 取到非平方数的时候，$g(d)=0$。

证毕。

于是 $(f\ast g)(n)$ 的前缀和就是 $\mathrm{Id}$ 是极易求的。那么套用杜教筛的表达式就是

但是你会发现 $g(i)$ 的前缀和不好求。不过我们可以挖掘性质，换一种枚举方式。

然后直接做就可以了。单次时间复杂度应该是低于 $\mathrm{\Theta }(n^{\frac{2}{3}})$ 的。

CF1139D Steps to One

一个初始为空的数列，每次随机选一个 $[1,m]$ 之间的整数加到数列中，当数列中所有数的 $gcd$ 为 $1$ 的时候停止。求数列长度的期望。

解法 1

长度为 $n$ 的序列，$gcd$ 为 $1$ 的方案数有

注意，这是长度不大于 $n$ 的序列中，序列 $gcd$ 为 $1$ 的方案数。

不妨记为 $f(n)$（规定 $f(0)=0$）。则答案为

但是你发现这样求不了一点。我们考虑从期望的性质着手。

可以 $\mathrm{\Theta }(m^{\frac{2}{3}})$ 甚至 $\mathrm{\Theta }(m)$ 计算。

解法 2

不妨设 $f[i]$ 为数列 $gcd$ 为 $i$ 的期望长度。

不难想到

设 $[1,m]$ 内，满足 $gcd(i,n)=a$ 的数的数量为 $g(n,a)$。设 $[1,n]$ 内，与 $i$ 互素的数的数量为 $h(n,i)$。那么显然有 $g(n,a)=h(\lfloor \frac{m}{a}\rfloor ,\lfloor \frac{n}{a}\rfloor )$。那么考虑求出所有有效的 $h(n,i)$。显然 $i\cdot n\le m$，我们求出所有的 $\mathrm{\Theta }(m\log m)$ 个 $h(n,i)$，即可 $\mathrm{\Theta }(1)$ 推出 $g$ 的值。

于是，我们的式子变成了

将 $d=n$ 的部分判掉，我们得到

于是就可以直接递推。答案是 ${\displaystyle 1+\frac{1}{m}\sum _{i=1}^{m}f[i]}$。

最后考虑如何计算 $h(n,a)$。

于是就做完了。

P7504 「HMOI R1」可爱的德丽莎

给定 $n,A,B$，求

对 $998,422,353$ 取模。

$1\le n,k_1,k_2\le 2\times {10}^9$。

警示后人：不要像我一样看错题，导致三天都没想出来怎么写。

首先定义

注意到原式即为 $f(n,A)\cdot f(n,B)$。我们只需要考虑怎么求出 $f(n,A)$ 即可。

下面的推导中，记 ${\mathrm{s}}_k(n)=\sum _{i=1}^n{i}^k$。

考虑到 $g(n)=[gcd(n,A)=1]i\cdot \phi (i)=ϵ(gcd(i,A))\cdot i\cdot \phi (i)$ 是一个积性函数。数据范围比较大，考虑用杜教筛求前缀和。

注意到 $(\mathrm{Id}\cdot \phi )\ast \mathrm{Id}={\mathrm{Id}}^2$，且注意到 $\epsilon (gcd(i,A))$ 是完全积性的。那么，

于是令 $h=\epsilon (gcd)\cdot \mathrm{Id}$，$g\ast h=\epsilon (gcd)\cdot {\mathrm{Id}}^2$。考虑两者的前缀和。

同理，$g\ast h=\sum _{d\mid A}{d}^2\cdot \mu (d)\cdot {\mathrm{s}}_2\left(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \right)$。

然后就可以完成此题了。

P5218 无聊的水题 II

从 $1\sim N$ 中选择若干个数，使得它们可以线性组合出任意整数。求选择的方案数，对 $({10}^9+7)$ 取模。

$N\le {10}^{11}$。部分分：$N\le {10}^7$。

$\mathtt{\text{6s,512MB}}$。

显然就是选取若干个数，使得其 $gcd$ 为 $1$。

假设选出了 $n$ 个数，那么很容易列出式子：

最后很容易能够反演出来是

然后简单处理一下（注意到只需要处理 $n\le \lfloor \frac{N}{d}\rfloor$ 的部分），就可以通过 $N\le {10}^7$ 的数据，拿到 $60$ 分。

但是这个做法是没有前途的。

考虑容斥。设 $g(i)$ 为选出若干个数使得 $gcd=i$ 的方案数，$f(i)$ 为选出若干个数使得 $i\mid gcd$ 的方案数。

简单反演一下可以得到

然后显然有 $f(i)=2^{\lfloor \frac{N}{i}\rfloor }-1$。于是我们得到答案：

利用杜教筛维护即可，时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(n^{\frac{2}{3}})$。

P4449 于神之怒加强版

求

设 $n\le m$。

不难想到

不妨设 $t=pd$。

不妨设 $f(n)=\sum _{d\mid n}\mu (\frac{n}{d})d^k$。考虑快速求出 $f$。

以下设 $y$ 为 $x$ 的最小素因子，且 $x=iy$。

• $f=1$ 或 $f\in \mathbb{P}$

显然有 $f(x)=x^k$。

• $imody=0$

$f(x)=f(i)$。

• $imody\ne 0$

$f(x)=f(y)-f(i)$。

P6825 「EZEC-4」求和

求

不妨令 ${\displaystyle N:=\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }$

错误的解法

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j{)}^{i+j}& =\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[d\mid i][d\mid j]d^i{d}^j\\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^N{d}^{id}{d}^{jd}\\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d){\left(\frac{d^{(N+1)d}-d^d}{d^d-1}\right)}^2\end{array}$$

let $t=dp$。

后一部分是 $\mathrm{\Theta }(\log n)$ 的等比数列求和。前面是 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$ 的调和级数。

可以证明是 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$ 的。你要说是 $\mathcal{O}(n^{114})$ 也没错。

P7575 「PMOI-3」公约数

题目中给出的形式不方便反演。不妨先考虑一个计数 dp。

设 $f(i,j)$ 为考虑了前 $i$ 个数，其中第 $i$ 个数是 $j$ 的合法方案数。

初值：$f(1,j)=[x_1\mid j]$。

转移：

直接开始莫反。

注意到这是一个 Dirichlet 前/后缀和的形式，我们在 dp 时维护它即可。时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(m\log m\log \log m)$。

P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB

求

记 $s(x)=\frac{1}{2}x(x+1)$。

let $t=kd$，有

考虑 $\mu \ast \mathrm{Id}$ 的求法。

当 $n=1$ 时，显然为 $1$。

当 $n\in \mathbb{P}$ 时，显然有 $f(n)=1-p$。

当 $imody=0$ 时，显然有 $f(n)=f(i)$。

否则 $f(n)=f(i)f(y)$。然后就做完了。

P6156 简单题

求

其中 $f(n)=[\mathrm{\forall }p\in \mathbb{P},p^2\nmid n]$

let $s(n)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k$，$t=pd$，此外不难发现 $f(n)=\mu (n{)}^2$。

不难发现

考虑令 $g(n)=\sum _{d\mid n}d\cdot \mu (d{)}^2\cdot \mu (\frac{n}{d})\cdot n^k$。不难证明其为积性函数。

对于 $s(n)$，令 $p(n)=\sum _{i=1}^n{i}^k$，$q(n)=\sum _{i=1}^{n}p(n)$，不难观察到

然后就做完了。

GCDMAT2 - GCD OF MATRIX (hard)

求

数据组数 $T\le 5\times {10}^4$，$i_2,j_2\le {10}^6$。

P7486 「Stoi2031」彩虹

求

化式子。我们只需要考虑 $\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m$ 的情况，理由显然。

不妨记 ${\displaystyle s(n)=\frac{n(n+1)}{2}}$。

我们有

记为 $F(n,m)$。

而且我们有

则

不妨令 $dp=t$。记 $g(n)=\sum _{d\mid n}d\mu (d)$，$h(n)=\prod _{d\mid n}{d}^{d\mu (d)}$。

我们得到

再令 $G(t)=t\cdot g(t)$，$H(t)={[t^{g(t)}\cdot h(t)]}^t$。于是

讨论一下乘法的数论分块。

设极长的区间为 $[l,r]$，则对答案的贡献为

然后我们需要预处理出 $F,G,H$。然后《就》做完了。

回顾一下 $F(n,m),G(n),H(n)$ 的定义。

实际上只需要预处理 $f(n)=\prod _{i=1}^n{i}^i$，那么 $F(n,m)=f(n{)}^{s(m)}f(m{)}^{s(n)}$

对于 $g(n)$ 和 $h(n)$，我们可以通过枚举倍数在 $\mathrm{\Theta }(n\ln n)$ 的时间内预处理出。于是 $G$ 和 $H$ 是好求的。

于是我们在 $\mathrm{\Theta }(\sqrt{n}\log n+n\log n)$ 的时间内解决了本题。

现在是 16:46，我看我什么时候写完。

Update：2.7 13:15 AC 了此题。

注意什么时候对 $p$ 取模，什么时候对 $(p-1)$ 取模。

P3704 [SDOI2017] 数字表格

求

其中 $f(i)$ 代表 Fibonacci 数列的第 $i$ 项。

简单反演一下。

时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(T\sqrt{n}\log p+n\ln n\log p)$。

P3312 [SDOI2014] 数表

TODO。

P6271 [湖北省队互测2014] 一个人的数论

好题。

此处的 $k$ 指的是是题目中的 $d$。

记 $f_k(n)$ 为所有小于 $n$ 且与 $n$ 互素的正整数的 $k$ 次方和，求

给定 $n$ 的素因数分解式。记 $w$ 为素因数个数，$a_i$ 为因数次数。$k\le {10}^2$，$w\le {10}^3$，$p_i\le {10}^9$，$a_i\le {10}^9$。

即为 $\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]i^k$。不妨记 $s_k(n)=\sum _{i=1}^n{i}^k=\sum _{i=0}^{k+1}{a}_i{n}^i$。

显然 $\mu (d)d^{k-i}$ 是一个积性函数。于是有

注意到当且仅当 $l\le 1$ 时，$\mu (p_j^l)p_j^{l(k-i)}\ne 0$。于是不难化为

系数 $a_i$ 可以暴力算出，是 $\mathrm{\Theta }(k^3)$ 的。

总时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(k^3+kw)$。

P6810 「MCOI-02」Convex Hull 凸包

求

$n,m\le 2\times {10}^6$。

${\sigma }_0$ 表示因数个数函数。

我们可以简单反演一下

然后你会发现中间有个卷积是可以线性调和地算的。然后你还会发现后面也是一个线性调和的枚举。

所以总复杂度 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$。

[AGC038C] LCMs / P3911 最小公倍数之和

给定数列 $a$。求

$n\le 2\times {10}^5$，$1\le a_i\le {10}^6$。

不妨记 $N={10}^6$。

时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$。

P4240 毒瘤之神的考验

求

对 $998,422,353$ 取模。$n,m\le {10}^5$，$T\le {10}^4$。

我们有

（证明见 $\phi$ 函数性质部分）

代入得到

至此我们已经做到了单次询问 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$。

不妨设 $f(n)=\sum _{d\mid n}{\displaystyle \frac{d}{\phi (d)}}\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})$，$g(n,t)=\sum _{i=1}^n\phi (it)$。于是答案等价于

我们可以在 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$ 时间内对 $\mathrm{\forall }t\in [1,n]$，$\mathrm{\forall }i\in [1,\frac{m}{t}]$ 求出 $g(i,t)$。于是单次询问复杂度降为 $\mathrm{\Theta }(n)$，仍不能接受。

观察到 $\lfloor \frac{n}{t}\rfloor$ 具有数论分块特征。于是构造函数

于是最终的答案可以表示为

如果预处理出全部的 $h$，显然预处理超时。否则询问超时。于是想到设一个阈值 $S$，$\mathrm{\forall }i,j\in [1,S]$，$d\in [1,\frac{m}{max(i,j)}]$ 预处理出所有的 $h(i,j,d)$。这是 $\mathrm{\Theta }(n{S}^2)$ 的。

本题中 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$ 预处理 $g(i,t)$，体现了 调和之美；设阈值进行平衡，体现了 平衡之美。

[CmdOI2019] 简单的数论题

求

对 $23,333$ 取模。$T\le 3\times {10}^4$，$n,m\le 5\times {10}^4$。

套路地进行反演。

令 $g(n,p)=\sum _{i=1}^n\phi (ip)$。则原式化为

我们不难套路地 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$ 预处理出 $g$。

那么，设 $f(x,a,b)=\sum _{p\mid x}\mu (p)g(a,p)g(b,p)$。

如果预处理出所有的 $f(x,a,b)$，时空都承受不了。注意当 $x\ge \sqrt{n}$ 的时候，$a,b\le \sqrt{n}$，所以我们可以设一个阈值 $B$，对 $x\ge B$ 预处理所有 $x\ge B$ 的 $f$。 不妨将阈值设为 $\sqrt{n}$，这样空间复杂度是 $\mathrm{\Theta }(n\sqrt{n})$ 的，时间则是 $\mathrm{\Theta }(n\sqrt{n}\log n)$ 的。

然后对 $x<B$ 的部分，我们暴力算，这样是 $\mathrm{\Theta }(\sqrt{n}\log n)$ 的；对于 $x>B$ 的部分，我们直接数论分块，这样是 $\sqrt{n}$ 的。综上，我们在单次询问 $\mathrm{\Theta }(\sqrt{n}\log n)$ 的时间内解决了本题。

[MarsOJ 24JAN A] phi

求

$n\le {10}^7$。$\mathtt{\text{2s,512MB}}$。

记 $f(i)=\sum _{k=1}^n[\phi (k)=i]$。问题转化为

不妨记 $g(t)=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{t}\rfloor }f(it)$。

记 $s(t)=\sum _{1\le it\le n}f(it)$。

不妨记 $g=\mu \ast \phi$。线性调和地预处理即可。

答案即为

时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$。

P4619 [SDOI2018] 旧试题

求

$A,B,C\le {10}^5$。

我们有结论

代入有

注意到 $\sum _{d\mid x,x\le n}\lfloor \frac{n}{x}\rfloor =\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\lfloor \frac{n}{id}\rfloor$

记 ${\displaystyle f(d,n)=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\lfloor \frac{n}{id}\rfloor =\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{i}\rfloor }$，是不难预处理/快速查询的。代入得到

考虑什么样的三元组 $(u,v,w)$ 会对答案有贡献。

• $\mu (u),\mu (v),\mu (w)\ne 0$；
• $\mathrm{lcm}(u,v),\mathrm{lcm}(u,w),\mathrm{lcm}(v,w)\le max(A,B,C)$

这个三元组对答案贡献为 $\mu (u)\mu (v)\mu (w)f(\mathrm{lcm}(u,v),A)f(\mathrm{lcm}(u,w),B)f(\mathrm{lcm}(v,w),C)$。所以我们可以转化为求三元环。

现在压力给到建图。朴素的建图是 $\mathrm{\Theta }(n^3)$ 的。不过我们不难枚举 $x=\gcd (u,v)$。令 $u=ix,v=jx$，当 $gcd(i,j)=1$ 且 $\mathrm{lcm}(u,v)={\displaystyle \frac{ij{x}^2}{x}}=ijx\le max(A,B,C)$ 时连边 $(u,v)$。

边数不超过 $8\times {10}^5$ 条，利用求解三元环的方法可以在 $\mathrm{\Theta }(m\sqrt{m})$ 内解决本题。

P6860 象棋与马

题意省略。

P3598 Koishi Loves Number Theory

Starrykiller loves number theory

题意省略。

很厉害的题。

转化一下题意，由于题目保证了 $x\not\equiv 1(\mathrm{mod}{10}^9+7)$，设 ${\displaystyle f(n)=\frac{x^{n+1}-1}{x-1}}$。

我们有如下引理。

引理

$$gcd(x^a-1,x^b-1)=x^{gcd(a,b)}-1$$

P7360 「JZOI-1」红包

推式子。

其中

不难发现可以整除分块求解，时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(T\sqrt{n}\log n)$。

本题 $k$ 很大，$f(t)$ 的指数需要对 $\phi (p)$ 取模，那么 $k$ 就要应用扩展欧拉定理对 $\phi (\phi (p))$ 取模，细节比较多。

P8570 [JRKSJ R6] 牵连的世界

求

对 $({10}^9+7)$ 取模。$n,m\le 3\times {10}^6$。

推式子。

引理

$${\sigma }_0(ij)=\sum _{d\mid gcd(i,j)}\mu (d){\sigma }_0\left(\frac{i}{d}\right){\sigma }_0\left(\frac{j}{d}\right)$$

证明

$$\begin{array}{rl}{\sigma }_0(ij)& =\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}[gcd(x,y)=1]\\ & =\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}\sum _{d\mid x,d\mid y}\mu (d)\\ & =\sum _{d\mid i,d\mid j}\mu (d)\sum _{d\mid x,x\mid i}1\sum _{d\mid y,y\mid j}1\\ & =\sum _{d\mid i,d\mid j}\mu (d)\sum _{x\mid \frac{i}{d}}1\sum _{y\mid \frac{j}{d}}1\\ & =\sum _{d\mid i,d\mid j}\mu (d){\sigma }_0\left(\frac{i}{d}\right){\sigma }_0\left(\frac{j}{d}\right)\\ ◻\end{array}$$

引理

$$\phi (ij)=\frac{\phi (i)\phi (j)gcd(i,j)}{\phi (gcd(i,j))}$$

证明 见上。（P4240）

不妨记 $f(n,x,d)=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor }\phi (ix){\sigma }_0\left(\frac{ix}{d}\right)$。则原式化为

令 $y=dp$。

注意到，首先我们只需要枚举所有 $\mu (d)\ne 0$ 的 $d$。其次，对于每个 $d$ 而言，我们可以预处理出 $f(n,x,d)$ 和 $f(m,x,d)$，其中 $d\mid x$。所以时间复杂度应该是对的。事实上这样子可以通过 $n\le 5\times {10}^5$ 的数据，拿到 $100$ 分。但是我们不应该止步于此。

换个思路。(TODO)

P5518 [MtOI2019] 幽灵乐团 / 莫比乌斯反演基础练习题

推式子毕业题。

给定正整数 $A,B,C$，对于 $x\in \{1,2,3\}$，分别求出

其中

对素数 $p$ 取模。

$1\le A,B,C\le {10}^5$，${10}^7\le p\le 1.05\times {10}^9$，$p\in \mathbb{P}$，$T\le 70$。

首先不难发现本质上就是求

和

然后答案就是 $\frac{G(A,B,C)}{F(A,B,C)F(A,C,B)}$。

考虑 $f(0)$。

先求 $F(A,B,C)$。首先你会发现 $C$ 是几乎没用的（可以先忽略，最后取结果的 $C$ 次方），所以设 $F(A,B,C)=F(A,B{)}^C$，$G(A,B)$ 同理。

考虑 $f(1)$。

即，求出

和

然后答案就是

不妨记 $\mathrm{s}(C)=\sum _{i=1}^{C}i$。考虑 $f^{\prime }(A,B,C)$。

以下默认 $A\le B$。

考虑 $f(2)$。

考虑 $f^{″}(A,B,C)$。

考虑优化，不妨令 $x=td$。

P1587 [NOI2016] 循环之美

声明：我们交换题面中的 $n,m$。

不难发现答案为

先第一次莫反。

记 $f(n)=[gcd(n,k)=1]\mu (n)$，$g(n)=\sum _{p\mid k}\mu (p)\lfloor \frac{n}{p}\rfloor$。则答案化为

注意到 $k\le 2000$，本质不同的素因子 $\omega (k)\le 4$，那么 $\mu \ne 0$ 的因数最多为 $2^{\omega (k)}\le 16$，于是 $g$ 是好算的。

如果我们能够维护出 $f$ 的前缀和，就可以直接应用数论分块。数据范围很大，考虑杜教筛。注意到 $f=\epsilon (gcd)\cdot \mu$ 是完全积性函数，那么把它和 $h=\epsilon (gcd)$ 卷起来，可以得到 $s=\epsilon (gcd)\cdot \epsilon$。$s$ 函数是好求的，考虑怎么求 $h$ 的区间和。

注意到

（简单容斥）。于是 $h$ 的区间和也在 $2^{\omega (k)}$ 内完成了。

综上，我们在 $\mathrm{\Theta }(n^{\frac{2}{3}}\cdot 2^{\omega (k)})$ 的时间内解决了本题。

P4464 [国家集训队] JZPKIL

爆推式子。

不妨记 $s_k(n)=\sum _{i=1}^n{i}^k$。套路地令 $t=dp$，易知

不妨设 $s_y(x)=\sum _{i=0}^{y+1}{a}_i{x}^i$。代入得到

记 $f={\mathrm{Id}}^x\cdot (\mu \cdot {\mathrm{Id}}^{y-x})\ast 1$，那么 $\sum _{t\mid n}$ 那一堆实际上就是 $f\ast {\mathrm{Id}}^i$。

那么我们可以将积性函数拆成素数幂乘积的形式。

具体地说，

至于 $s_y$，你可以用自己喜欢的算法求（Bernoulli 数，Stirling 数）。

还需要进行素因数分解，总时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(T{n}^{0.25}+T(\mathsf{\text{能过}}))$（？）

P5176 公约数

在本题中，记 $(a,b)=gcd(a,b)$。

给定 $A,B,C$，求

对 $({10}^9+7)$ 取模。$1\le A,B,C\le 2\times {10}^7$，$T\le {10}^3$。

引理 1

$$(ij,ik,jk)=\frac{(i,j)(j,k)(i,k)}{(i,j,k)}$$

证明

对于任意素数 $p$，设 $i,j,k$ 的指数为 $a,b,c$，不失一般性，设 $a\le b\le c$。

代入可以得到 $min(a+b,a+c,b+c)=min(a,b)+min(a,c)+min(b,c)-min(a,b,c)$，显然成立。

证毕。

代入得到

记 $f(A,B)=\sum _{i=1}^A\sum _{j=1}^B(i,j{)}^2$，则原式为

考虑 $f(A,B)$。不难发现

不难发现右边就是 $({\mathrm{Id}}^2\ast \mu )(t)$（$J_2$），不难类似 phi 预处理。利用数论分块，我们在 $\mathrm{\Theta }(T\sqrt{V}+V)$ 的时间复杂度内解决了本题。

启示：遇到 $gcd$ 的题目，可以考虑从唯一分解上找性质。

P10182 一径入繁华

新鲜出炉的数论题。

“数论所生，繁华之地。”

定义 $n\times n$ 矩阵 $A$

求出 $detA$。$n\le {10}^{11}$，对 $({10}^9+7)$ 取模。

参考文献

OI-wiki