知识点-数论进阶
知识点-数论进阶
abstract:整除分块,积性函数,线性筛,莫比乌斯反演,迪利克雷卷积,积性函数前缀和,
0.引入
(之后会发现,这道dp的转移方程和杜教筛的转移如出一辙。)
题意
有一份包含1个 bug 的n( 1≤𝑛≤1e6)行代码,运行一次到崩溃需要的时间为 r( 1≤𝑟≤1e9)。
你可以任意行添加 printf 语句来输出调试,即你知道是否在执行 printf 语句前就崩溃了。每设置一个 printf 语句需要花费 p( 1≤𝑝≤1e9)时间,但是运行不额外消耗。
• 问在最坏情况下,少需要多时间可以定位
分析
设f(n) 表示 n行代码 debug 需要的最少时间 。
最优策略是平均地往n行代码添加x行输出代码,分成\(\lceil \frac{n}{x+1}\rceil\)块代码,然后再对出错的上一块代码递归debug.
得到对应的转移:
这个\(O(n^2)\)的转移可以利用整除分块优化。
复杂度
递归过程中会出现\(\lceil \frac{\lceil \frac{n}{i}\rceil}{j}\rceil\)的式子,但我们有
所以递归中所有的取值都是\(\lceil \frac{n}{i}\rceil\)的形式,而\(\lceil \frac{n}{i}\rceil\)的取值只有\(\sqrt n\)种,所以我们枚举\(\sqrt n\)并记忆化搜索。时间复杂度为:
这里只展开一层就可以了,更深层的复杂度是高阶小量
小结
递归式形如
可以利用整除分块做到\(O(n^\frac{3}{4})\)。
这种形式的递归会在后面求积性函数前缀和时出现。
1.phi & mu:积性函数
定义
积性函数:若m1,m2互质
性质
-
积性函数只由其在质数幂处的取值决定。(这是积性函数可以线性筛的原因,线性筛素数模板如下)
for (int i = 2; i <= n; i++) { if (!vis[i]) prime[cnt++] = i; for (int j = 0;; j++) { int x = i * prime[j]; if (x>n) break; vis[x] = true; if (i%prime[j] == 0) break; } }
-
定义约数函数和sum-over-divisors function (迪利克雷卷积的原型)
\[g(n)=\sum_{d|n}f(d) \]若f是积性函数,则g是积性函数
-
phi可以这么定义
\[\phi(d):\sum_{d|n}\phi(d)=n \]反过来可以用最简分数统计个数证明,即
\[\frac{0}{12},\frac{1}{12},\frac{2}{12},\frac{3}{12},\frac{4}{12},\frac{5}{12},\frac{6}{12},\frac{7}{12},\frac{8}{12},\frac{9}{12},\frac{10}{12},\frac{11}{12}\\\ \\ \frac{0}{1};\ \frac{1}{2};\ \frac{1}{3},\frac{2}{3};\ \frac{1}{4},\frac{3}{4};\ \frac{1}{6},\frac{5}{6};\ \frac{1}{12},\frac{5}{12},\frac{7}{12},\frac{11}{12}\\\ \\ \phi(1)+\phi(2)+\phi(3)+\phi(4)+\phi(6)=12 \] -
mu可以这么定义
\[\mu(d):\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1] \]反过来可以看作是容斥的系数证明,即
\[\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^kC(k,i)\cdot(-1)^i=(1-1)^k=0 \] -
mu的性质:
\[g(n)=\sum_{d|n}f(d)\leftrightarrow f(n)=\sum_{d|n}g(\frac{n}{d})\mu(d) \]A.K.A.莫比乌斯反演
常见积性函数
- \(\tau(n)=\sigma_0(n)=\sum_{d|n}{1}\) 约数个数
- \(\sigma(n)=\sigma_1(n)=\sum_{d|n}{d}\) 约数和
- \(\sigma_k(n)=\sum_{d|n}{d^k}\) 约数和的k次幂
- \(e(n)=[n=1]\)
- \(I(n)=1\) 恒等函数
- \(id(n)=n\)
- \(id^k(n)=n^k\)
2.迪利克雷卷积
定义
(可以类比多项式乘法的卷积,n次项系数为\(h(n)=\sum_{i+j=n}{f(i)\cdot g(j)}\))
性质
-
交换律、结合律,对加法满足分配律
-
若f和g为积性,则\(f*g\) 积性
-
\(e(n)=[n=1]\)是单位元
\[f*e=f=e*f \] -
莫比乌斯函数与恒等函数互为逆元,即
\[\mu*I=e\\ \ g=f*I \leftrightarrow\ f=g*\mu\\(\because g*\mu=f*I*\mu) \] -
上面的结论就是莫比乌斯反演的卷积版,已知g时,用来求f
-
试对欧拉函数用莫比乌斯反演得到:
\[\because\phi*I=id\\ \therefore \phi=id*\mu \]展开移项得到:
\[\frac{\varphi(n)}{n}=\sum_{d|n}{\frac{\mu(d)}{d}} \] -
狄利克雷卷积的一个常用技巧是对于积性函数\(f\)与恒等函数\(I\)的卷积的处理:
\[n=\prod_{i=1}^{t}{p_i^{k_i}},g(n)=\sum_{d|n}{f(d)}\\ g(n)=\prod_{i=1}^{t}\sum_{j=0}^{k_i}{f(p_i^j)} \]
3.历年题目
7738 - Fibonacci ICPC 2016 青岛 E 结论生僻
Just a Math Problem CCPC 2016 杭州 J
Cow`s Segment CCPC 2017 harbin I
Mod, Xor and Everything CCPC 2017 杭州L 难
4.例题
例题1 积性函数&迪利克雷卷积应用
题意
定义 \(f(n)=\)选两个 $[0,n) \(的整数\) a,b$ ,且 ab不是n的倍数方案。
求\(𝑔(𝑛)=\sum_{𝑑|𝑛}𝑓(𝑑)\)
分析
由题意得到:
这个式子可以这么理解,首先求问题的反面,即\(n|ab\)的方案数。 当\(a=k\cdot j\)时,\(b\)必须取与 $ i=n/j$ 互质的数。\(a\)的取值有\(n/j\)种,\(b\)的取值有\(\phi(i)\)种,有
设
有
设
根据积性函数的性质,求单个\(P(n),Q(n)\),我们只需要计算 \(P(p^k),Q(p^k)\)乘起来就可以得到 \(P(n),Q(n)\)。而这是很容易计算的,因为 \(p^k\)的因数只有\(p^0,p^1,⋯,p^k\)。(这也是线性筛的原理)
剩下的是质因数分解的复杂度\(O(\frac{\sqrt n}{\ln \sqrt n})\),证明在质数知识点里讨论过。
其实\(Q(n)\)可以进一步化简:
例题2 积性函数递推性质
题意
定义\(f_0(n)\)为满足𝑝𝑞=𝑛且gcd(𝑝,𝑞)=1的对数。
定义
q组询问\(f_r(n)\) q,r,n<1e6
分析
定义\(\omega(n)\)为n的不同质因子g个数,则\(f_0=2^{\omega(n)}\).
注意到\(f_r\)为积性,所以\(f_{r+1}\)也为积性.
由于积性,我们只需要求\(f_r(p^k)\).
注意到\(\forall p,f_0(p)=2\),所以\(\forall p,f_r(p^k)\)是定值如果r,k是定值。
又注意到k是O(logn)的,前缀和优化求\(f_{r+1}(p^k)=\sum_{i=0}^kf_r(p^i)\),使用O(rlogn)的时间预处理出所有可能的\(f_r(p^k)\)的询问。
剩下质因数分解的复杂度。
例题3 积性函数前缀和
题意
\(1 ≤ n ≤ 10^{11}\)
分析
如果 f(p)可以在 O(logn)的时间内求出来,求出质数项的总时间是𝑂(𝑛)的;
通常,f(pk)可以比较容易的由\(f(p^{k-1})\)等值递推出来。其他项可以直接由积性函数的性质\(f(x)=f(d)*f(\frac{x}{d})\)得到。因此,很多积性函数都可以在欧拉筛的过程中顺便递推出,很多积性函数都可以在欧拉筛的过程中顺便递推出前 𝑛项的值,时间复杂度为 𝑂(𝑛)。
此题要求低于线性时间前缀和。
解法1
公式推导:
而
令a=\(\sum^n_{i=1}\sum^n_{j=1} \lfloor \frac{n}{ij}\rfloor\cdot ij\), \(f(n)=\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{n}{i}\rfloor i\)则
\(O(\sqrt n)\)地枚举\(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor\),然后\(O(\sqrt{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor})\) 地计算\(f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)\)时间复杂度为
O(1)读写f的技巧:用两个$\sqrt n $大小的数组。
解法2
定义g(n)=f(n)-f(n-1),
求其前\(n^\frac{2}{3}\)项及其前缀和。对于\(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor>n^\frac{2}{3}\)暴力计算\(f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)\),复杂度为
例题4 莫比乌斯反演
题意
分析
将p提出来,
根据容斥
得到
定义
则
预处理f即可\(O(\sqrt n+\sqrt m )\)地回答每组询问.
若暴力求f,复杂度\(O(n loglogn)\)
观察得到递推式:
设x为n的最小质因子,若\(x^2|n,f(n)=\mu(n/x)\)否则:
用线性筛做到O(n)
例题5 杜教筛求数论函数前缀和
分析
如果能通过狄利克雷卷积构造一个更好计算前缀和的函数,且用于卷积的另一个函数也易计算,则可以简化计算过程。
具体来说,设S(n)为f(n)的前缀和.\(\forall\)数论函数 \(g\) ,设\(h=f*g\),有
移项得
对于可以\(O(\sqrt n)\)求h前缀和,\(O(1)\)求g的情况,复杂度为\(O(\sum_{i=1}^\sqrt{n} \sqrt{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor})=O(n^{\frac{3}{4}})\).
如果f有较好的性质(比如积性函数),可以线性筛求其前\(n^\frac{2}{3}\)项,\(>n^\frac{2}{3}\)递归计算,复杂度为\(O(n^\frac{2}{3})\)
题意
【模板】杜教筛(Sum)
hdu 5608 function
huntian oy 杜教筛进阶
divcnt3 阁洲筛/扩展欧拉筛ees
2016年数论函数论文
Just a Math Problem CCPC 2016 杭州 J
非套路线性求和,令\(\omega(n)\)为质因数个数。
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