【学习笔记】数学知识-质数
前置知识
- 质数的个数是无限的。
- 若 \(n\) 为正整数，有 \(n!\) 的所有质因子不超过 \(n\) 。
- 证明：对于所有的 \(d \in \mathbb{P},d|n!\) ，一定有 \(\sum\limits_{i=1}^{n}[d|i]>0\) ，易证 \(d \le n\) 。
- 一个合数 \(n\) 一定包含一个不超过 \(\sqrt{n}\) 的质因子。
- 试除法：若一个正整数 \(n\) 为合数，则存在一个能整除 \(n\) 的数 \(d\) ，其中 \(2 \le d \le \sqrt{n},d \in \mathbb{P}\) 。
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时间复杂度为 \(O(\sqrt{n})\) 。
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代码实现
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bool isprime(int n) { if (n < 2) return false; for (int i = 2; i <= sqrt(n); i++) if (n % i == 0) return false; return true; }
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筛法
- Eratosthenes 筛法（埃式筛法）
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时间复杂度为 \(O(n \times \log \log n)\) 。
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bool m[100000010]; int main() { int n,i,j,ans=0; cin>>n; m[1]=1; for(i=2;i<=sqrt(n);i++) { if(m[i]==0) { for(j=2;i*j<=n;j++) { m[i*j]=1; } } } for(i=2;i<=n;i++) { if(m[i]==0) { ans++; } } cout<<ans; return 0; }
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- 线性筛法（欧拉筛法）
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时间复杂度为 \(O(n)\)。
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int prime[100000001],len=0; bool vis[100000001]; void isprime(int n) { int i,j; memset(vis,false,sizeof(vis)); for(i=2;i<=n;i++) { if(vis[i]==false) { len++; prime[len]=i; } for(j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++) { vis[i*prime[j]]=true; if(i%prime[j]==0) { break; } } } } int main() { int n,q,i,k; cin>>n>>q; isprime(n); for(i=1;i<=q;i++) { cin>>k; cout<<prime[k]<<endl; } return 0; }
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- 例题
- luogu P1835 素数密度
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直接对 \(1\sim r\) 进行线性筛显然不可做。
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筛法求出 \(2\sim \sqrt{r}\) 之间的质数，对于每个质数 \(p\) ，把 \([l,r]\) 中能被 \(p\) 整除的数标记，即标记 \(i\times p(\max(2,\left\lceil\dfrac{l}{p}\right\rceil) \le i \le \left\lceil\dfrac{r}{p}\right\rceil)\) 为合数。
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ll prime[70000],len=0; bool vis[70000]; bitset<2000001>dis;//bitset大法好 void isprime(ll n) { memset(vis,false,sizeof(vis)); for(ll i=2;i<=n;i++) { if(vis[i]==false) { len++; prime[len]=i; } for(ll j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++) { vis[i*prime[j]]=true; if(i%prime[j]==0) { break; } } } } int main() { ll l,r,i,j,ans=0; cin>>l>>r; isprime(70000); if(l==1) { l=2; } for(i=1;i<=len;i++) { for(j=max(2ll,(ll)ceil(1.0*l/prime[i]));j<=(ll)ceil(1.0*r/prime[i]);j++) { dis[j*prime[i]-l]=1; } } for(i=l;i<=r;i++) { if(dis[i-l]==0) { ans++; } } cout<<ans<<endl; return 0; }
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- UVA10140 Prime Distance
- luogu P10495 阶乘分解
- luogu P1835 素数密度
算术基本定理（唯一分解定理）
- 任何一个大于 \(1\) 的正整数都能唯一分解成有限个的质数的乘积，即若 \(n\) 为大于 \(1\) 的正整数，则有 \(n=\prod\limits_{i=1}^{m}p_i^{c_i}\) ，其中对于每一个 \(i(1 \le i \le m)\) 均满足 \(c_i\) 为正整数， \(p_i\in \mathbb{P}\) ，且 \(p_1<p_2< \dots <p_m\) 。
- 应用
- 若 \(n\) 为大于 \(1\) 的正整数，设 \(n=\prod\limits_{i=1}^{m}p_i^{c_i}\) ，则有如下性质：
- \(n^2=\prod\limits_{i=1}^{m}p_i^{2c_i}\)
- \(n\) 的正约数集合可写作 \(\{ \prod\limits_{i=1}^{m}p_i^{b_i} \}\) ，其中对于每一个 \(i(1 \le i \le m)\) 均有 \(0 \le b_i \le c_i\) 。
- \(\sum\limits_{d=1}^{n}[d|n]=\prod\limits_{i=1}^{m}(\sum\limits_{j=0}^{c_i}1^j)=(c_1+1)(c_2+1) \dots (c_m+1)=\prod\limits_{i=1}^{m}(c_i+1)\)
- \(\sum\limits_{d|n^2}^{} d^2 \le (\sum\limits_{d|n}^{} d^2)^2\)
- \(\sum\limits_{d|n}^{} d=(p_1^0+p_1^1+ \dots +p_1^{c_1})(p_2^0+p_2^1+ \dots +p_2^{c_2}) \dots (p_m^0+p_m^1+ \dots +p_m^{c_m})=\prod\limits_{i=1}^{m}(\sum\limits_{j=0}^{c_i}p_i^j)\)
- \(\sum\limits_{d|n}^{} d^2=\prod\limits_{i=1}^{m}(\sum\limits_{j=0}^{c_i}(p_i^j)^2)=\prod\limits_{i=1}^{m}(\sum\limits_{j=0}^{c_i}p_i^{2j})\)
- \(\sum\limits_{d|n^2}^{} d^2=\prod\limits_{i=1}^{m}(\sum\limits_{j=0}^{2c_i}p_i^{2j})\)
- \((\sum\limits_{d|n}^{} d^2)^2=\prod\limits_{i=1}^{m}((\sum\limits_{j=0}^{c_i}p_i^{2j})^2)=\prod\limits_{i=1}^{m}(\sum\limits_{j=0}^{2c_i}(\min(j,2c_i-j)+1) \times p_i^{2j})\)
- 例题
- CF1444A Division
- 简化题意
- \(t\) 组数据，每组数据给定 \(P,Q\) ，求满足 \(x|P,Q \nmid x\) 的最大正整数解。
- 解法
- 当 \(Q \nmid P\) 时，有 \(x=P\) 是一组最大的解。
- 当 \(Q|P\) 时，设 \(Q=\prod\limits_{i=1}^{m}p_i^{c_i},c'_i\) 是满足 \(p_i^{c'_i}|P\) 的最大正整数， \(c''_i\) 是满足 \(p_i^{c''_i}|x\) 的最大正整数，由 \(Q \nmid x\) 有存在一个 \(i(1 \le i \le m)\) 满足 \(c_i>c''_i\) ，构造一个 \(i\) 满足 \(c''_i=c_i-1\) 即可。故有 \(x=\max\limits_{i=1}^{m} \{ \dfrac{P}{p_i^{c'_i}} \times p_i^{c_i-1} \}\) 是一组最大的解。
- 简化题意
- CF1444A Division
- 若 \(n\) 为大于 \(1\) 的正整数，设 \(n=\prod\limits_{i=1}^{m}p_i^{c_i}\) ，则有如下性质：
互质
- 若 \(\forall a,b \in \mathbb{N},\gcd(a,b)=1\) ，则称 \(a,b\) 互质。
- 对于三个数或更多个数的情况，将 \(\gcd(a,b,c)=1\) 的情况称为 \(a,b,c\) 互质；将 \(\gcd(a,b)=\gcd(a,c)=\gcd(b,c)=1\) 的情况称为 \(a,b,c\) 两两互质。
欧拉函数
- \(1 \sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的个数被称为欧拉函数，记作 \(\varphi(n)\) 。
- \(\varphi(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}[\gcd(i,n)=1]=\begin{cases}1 & n= 1 \\ n \times \prod \limits_{p \in \mathbb{P},p|n}{}(1-\dfrac{1}{p}) & n \ne 1\end{cases}\)
- 证明
- 当 \(n=1\) 时，显然。
- 当 \(n \ne 1\) 时，设 \(p,q(p \ne q)\) 是 \(n\) 的质因子， \(1 \sim n\) 中 \(p\) 的倍数共有 \(\dfrac{n}{p}\) 个， \(q\) 的倍数共有 \(\dfrac{n}{q}\) 个，依据容斥原理， \(1 \sim n\) 中不与 \(n\) 含有共同质因子 \(p\) 或 \(q\) 的个数为 \(n -\dfrac{n}{p}-\dfrac{n}{q}+\dfrac{n}{p \times q}= n \times (1- \dfrac{1}{p}- \dfrac{1}{q}+ \dfrac{1}{p \times q})= n \times (1- \dfrac{1}{p}) \times (1- \dfrac{1}{q})\) 。类似地，可在 \(n\) 的全部质因子上使用容斥原理，即可得到与 \(n\) 互质的数的个数。
- 证明
- 性质
-
若 \(p\) 为质数，则 \(\varphi(p)=p-1,\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=(p-1) \times p^{k-1}\) 。
- 证明：设 \(n=p^k\) ，比 \(n\) 小的正整数有 \(p^k-1\) 个。其中共有 \(p^{k-1}-1\) 个数能被 \(p\) 整除，即这些数不与 \(p^k\) 互质。故 \(\varphi(p^k)=p^k-1-(p^{k-1}-1)=p^k-p^{k-1}=(p-1) \times p^{k-1}\) 。
-
若 \(n\) 为正整数，则 \(\sum\limits_{i=1}^{n}i \times [\gcd(i,n)=1]=\begin{cases}1 & n= 1 \\ \dfrac{n \times \varphi(n)}{2} & n \ne 1\end{cases}\) 。
- 证明
- 当 \(n=1\) 时，显然。
- 当 \(n \ne 1\) 时，依据更相减损法，有 \(\gcd(n,x)=\gcd(n,n-x)\) ，即与 \(n\) 互质的数 \(x,n-x\) 成对出现，平均值为 \(\dfrac{n}{2}\) 。
- 证明
-
若 \(2<n\) ，则 \(2|\varphi(n)\) 。
-
若 \(n\) 为偶数，有 \(\varphi(n) \le \dfrac{n}{2}\) 。
-
若 \(n\) 为奇数，则 \(\varphi(2n)=\varphi(2) \times \varphi(n)=\varphi(n)\) 。
-
若 \(a,b\) 互质，则 \(\varphi(ab)=\varphi(a) \times \varphi(b)\) 。
- 证明：依据算术基本定理，设 \(a=\prod\limits_{i=1}^n p_i^{c_i},b=\prod\limits_{i=1}^m q_i^{c'_i}\) ，又因为 \(a,b\) 互质，所以不存在一组 \(i,j\) 满足 \(p_i=q_j\) ，故 \(\varphi(ab)=ab \times \prod\limits_{i=1}^n (1-\dfrac{1}{p_i}) \times \prod\limits_{i=1}^m (1-\dfrac{1}{q_i})\) ，又有 \(\varphi(a)=a \times \prod\limits_{i=1}^n (1-\dfrac{1}{p_i}),\varphi(b)=b \times \prod\limits_{i=1}^m (1-\dfrac{1}{q_i})\) ，故 \(\varphi(ab)=\varphi(a) \times \varphi(b)\) 。
- 由本条性质可知欧拉函数是积性函数。
- 证明：依据算术基本定理，设 \(a=\prod\limits_{i=1}^n p_i^{c_i},b=\prod\limits_{i=1}^m q_i^{c'_i}\) ，又因为 \(a,b\) 互质，所以不存在一组 \(i,j\) 满足 \(p_i=q_j\) ，故 \(\varphi(ab)=ab \times \prod\limits_{i=1}^n (1-\dfrac{1}{p_i}) \times \prod\limits_{i=1}^m (1-\dfrac{1}{q_i})\) ，又有 \(\varphi(a)=a \times \prod\limits_{i=1}^n (1-\dfrac{1}{p_i}),\varphi(b)=b \times \prod\limits_{i=1}^m (1-\dfrac{1}{q_i})\) ，故 \(\varphi(ab)=\varphi(a) \times \varphi(b)\) 。
-
若 \(a|b\) ，则 \(\varphi(ab)=a \times \varphi(b),\varphi(a) | \varphi(b)\) 。
- 证明：因为 \(ab\) 和 \(b\) 所有的质因子是相同的，只是部分质因子的指数发生变化，故 \(\varphi(ab)=a \times \varphi(b)\) 。
-
若 \(p\) 为质数，且 \(p|n,p^2|n\) ，则 \(\varphi(n)=\varphi(\dfrac{n}{p}) \times p\) 。
- 证明：因为 \(p|n,p^2|n\) ，所以 \(n,\dfrac{n}{p}\) 有相同的质因子（其中 \(p\) 的指数不同），依据欧拉函数的计算公式，此时有 \(\dfrac{\varphi(n)}{\varphi(\dfrac{n}{p})}=p\) ，故 \(\varphi(n)=\varphi(\dfrac{n}{p}) \times p\) 。
-
若 \(p\) 为质数，且 \(p|n,p^2 \nmid n\) ，则 \(\varphi(n)=\varphi(\dfrac{n}{p}) \times (p-1)\) 。
- 证明：因为 \(p|n,p^2 \nmid n\) ，所以 \(p,\dfrac{n}{p}\) 互质，又因为 \(\varphi\) 是积性函数，故 \(\varphi(n)=\varphi(\dfrac{n}{p}) \times \varphi(p)=\varphi(\dfrac{n}{p}) \times (p-1)\) 。
-
欧拉反演：\(n=\sum\limits_{d|n}^{}\varphi(d)\) 。
- 证明：设 \(k\) 满足 \(k<n,\gcd(k,n)=d\) ，则 \(\gcd(\dfrac{k}{d},\dfrac{n}{d})=1\) ；设 \(f(x)\) 表示满足 \(\gcd(k,n)=x\) 的 \(k\) 的个数，则 \(n=\sum\limits_{i=1}^n f(i)\) 。又因为 \(\dfrac{k}{x}\) 与 \(\dfrac{n}{x}\) 互质，有 \(f(x)=\varphi(\dfrac{n}{x})\) ，则 \(n=\sum\limits_{i|n}^{}\varphi(\dfrac{n}{i})\) 。易知 \(i\) 与 \(\dfrac{n}{i}\) 是一一对应的，故 \(n=\sum\limits_{d|n}^{}\varphi(d)\) 。
-
依据算术基本定理，有 \(n=\prod\limits_{i=1}^m p_i^{c_i}\) ，又因为 \(\varphi\) 是积性函数，则 \(\varphi(n)=\prod\limits_{i=1}^m \varphi(p_i^{c_i})=\prod\limits_{i=1}^m (p_i-1) \times p_i^{{c_i}-1}=\prod\limits_{i=1}^m (1-\dfrac{1}{p_i}) \times p_i^{c_i}=n \times \prod\limits_{i=1}^m (1-\dfrac{1}{p_i})=n \times \prod\limits_{i=1}^m \dfrac{p_i-1}{p_i}\) 。
- PS：本条性质用于已知 \(\varphi\) 是积性函数求 \(\varphi\) 的计算式，可作了解。
-
若 \(n,m\) 为正整数，且满足 \(1 \le m<n\) ，有 \(\sum\limits_{i=0}^{n-1}[\gcd(m,n)=\gcd(m+i,n)]= \varphi(\dfrac{n}{\gcd(n,m)})\) 。
-
证明
首先显然有 \(\sum\limits_{i=0}^{n-1}((m+i) \bmod n)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(i \bmod n)\) 。
\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=0}^{n-1}[\gcd(m,n)=\gcd(m+i,n)] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=0}^{n-1}[\gcd(m,n)=\gcd((m+i) \bmod n,n)] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=0}^{n-1}[\gcd(m,n)=\gcd(i,n)] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n-1}[\gcd(m,n)=\gcd(i,n)] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n}[\gcd(m,n)=\gcd(i,n)] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{ \frac{n}{\gcd(n,m)}}[\gcd(i,\dfrac{n}{\gcd(n,m)})=1] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\varphi(\dfrac{n}{\gcd(n,m)}) \end{aligned}\)
-
若 \(n\) 为正整数，则 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \gcd(i,n)=\sum\limits_{d|n}^{} d \times \varphi({\dfrac{n}{d}})=\sum\limits_{d|n}^{} \varphi(d) \times \dfrac{n}{d}\) 。
-
证明
\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{n} \gcd(i,n) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d|n}^{} d \sum\limits_{i=1}^{n} [\gcd(i,n)=d] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d|n}^{} d \sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}} [\gcd(i,\dfrac{n}{d})=1] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d|n}^{} d \times \varphi({\dfrac{n}{d}})\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d|n}^{} \varphi(d) \times \dfrac{n}{d}\end{aligned}\)
-
若 \(n\) 为正整数，则 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \operatorname{lcm}(i,n)=\dfrac{n(1+\sum\limits_{d|n}^{} d \times \varphi({d}))}{2}\) 。
-
证明
\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{n} \operatorname{lcm}(i,n) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{n \times i}{\gcd(i,n)}\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=n \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{i}{\gcd(i,n)}\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=n \sum\limits_{d|n}^{}\sum\limits_{i=1}^{n} \frac{i}{d} \times [\gcd(i,n)=d]\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=n \sum\limits_{d|n}^{}\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}} i \times [\gcd(i,\dfrac{n}{d})=1]\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=n(\dfrac{1}{2}+\sum\limits_{d|n}^{}\dfrac{ \dfrac{n}{d} \times \varphi(\dfrac{n}{d})}{2})\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=n(\dfrac{1}{2}+\sum\limits_{d|n}^{}\dfrac{d \times \varphi(d)}{2})\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\dfrac{n(1+\sum\limits_{d|n}^{} d \times \varphi({d}))}{2}\end{aligned}\)
-
若 \(n\) 为正整数，则 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \gcd(i,j)=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{i-1} \gcd(i,j)+\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=i+1}^{n} \gcd(i,j)+\sum\limits_{i=1}^{n}\gcd(i,i)\) 。
-
若 \(n\) 为正整数，则 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{i-1} \gcd(i,j)=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=i+1}^{n} \gcd(i,j)=\dfrac{-\dfrac{n(n+1)}{2}+\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \gcd(i,j)}{2}\) 。
-
若 \(n\) 为正整数，则 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} [\gcd(i,j)=1]=1+2 \sum\limits_{i=2}^{n}\varphi(i)=-1+2 \sum\limits_{i=1}^{n} \varphi(i)\) 。
-
证明
\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} [\gcd(i,j)=1] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=(\sum\limits_{i=2}^{n}2\sum\limits_{j=2}^{i-1} [\gcd(i,j)=1])+(\sum\limits_{i=1}^{n} [\gcd(i,i)=1]) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=(\sum\limits_{i=2}^{n}2\sum\limits_{j=1}^{i-1} [\gcd(i,j)=1])+1 \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=(\sum\limits_{i=2}^{n}2\sum\limits_{j=1}^{i} [\gcd(i,j)=1])+1 \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=1+2 \sum\limits_{i=2}^{n} \varphi(i) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=-1+2 \sum\limits_{i=1}^{n} \varphi(i)\end{aligned}\)
-
若 \(n\) 为正整数，则 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \gcd(i,j)=\sum\limits_{d=1}^{n} \varphi(d) \left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor^2\) 。
-
证明
\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \gcd(i,j) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \sum\limits_{d| \gcd(i,j)}^{} \varphi(d) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \sum\limits_{d|i,d|j}^{} \varphi(d) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d=1}^{n} \varphi(d) \sum\limits_{i=1}^{n} [d|i] \sum\limits_{j=1}^{n} [d|j] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d=1}^{n} \varphi(d) \left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d=1}^{n} \varphi(d) \left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor^2 \end{aligned}\)
-
拓展：若 \(n,m\) 为正整数，则 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \gcd(i,j)=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} \varphi(d) \left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{d}\right\rfloor\) 。
-
证明
\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \gcd(i,j) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \sum\limits_{d| \gcd(i,j)}^{} \varphi(d) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \sum\limits_{d|i,d|j}^{} \varphi(d) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} \varphi(d) \sum\limits_{i=1}^{n} [d|i] \sum\limits_{j=1}^{m} [d|j] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} \varphi(d) \left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{d}\right\rfloor \end{aligned}\)
-
若 \(n\) 为正整数，则 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \gcd(i,j)= \sum\limits_{d=1}^{n}d (-1+2 \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} \varphi(i))\) 。
-
证明
\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \gcd(i,j) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \sum\limits_{d=1}^{n}d [\gcd(i,j)=d] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \sum\limits_{d=1}^{n}d [\gcd(\dfrac{i}{d},\dfrac{j}{d})=1] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d=1}^{n}d \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} [\gcd(i,j)=1] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d=1}^{n}d (-1+2 \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} \varphi(i))\end{aligned}\)
-
拓展：若 \(n,m\) 为正整数，则有 link（太长就放这里了） 。
-
若 \(n\) 为正整数，则 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \gcd(i,j)^{2}= \sum\limits_{d=1}^{n}d^{2} (-1+2 \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} \varphi(i))\) 。
-
证明
\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \gcd(i,j)^{2} \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \sum\limits_{d=1}^{n}d^{2} [\gcd(i,j)=d] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \sum\limits_{d=1}^{n}d^{2} [\gcd(\dfrac{i}{d},\dfrac{j}{d})=1] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^{2} \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} [\gcd(i,j)=1] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d=1}^{n}d^{2} (-1+2 \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} \varphi(i))\end{aligned}\)
-
若 \(n\) 为正整数，则 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} [\gcd(i,j) \in \mathbb{P}]= \sum\limits_{d \in \mathbb{P}}^{n} (-1+2 \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} \varphi(i))\) 。
-
证明
\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} [\gcd(i,j) \in \mathbb{P}] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \sum\limits_{d\in \mathbb{P}}^{n}[\gcd(i,j)=d] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \sum\limits_{d\in \mathbb{P}}^{n} [\gcd(\dfrac{i}{d},\dfrac{j}{d})=1] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d\in \mathbb{P}}^{n} \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} [\gcd(i,j)=1] \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{d \in \mathbb{P}}^{n}(-1+2 \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} \varphi(i)) \end{aligned}\)
-
若 \(n,m\) 均为正整数，且 \(m \le n\) ，有 \(\sum\limits_{i=1}^{n!}[\gcd(i,m!)=1]=n! \times \dfrac{\prod\limits_{p \in \mathbb{P}}^{m}(p-1)}{\prod\limits_{p \in \mathbb{P}}^{m}p}\) 。
-
证明
\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{n!}[\gcd(i,m!)=1]\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n!}[\gcd(i \bmod m!,m!)=1]\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\dfrac{n!}{m!} \times \sum\limits_{i=0}^{m!-1}[\gcd(i,m!)=1]\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\dfrac{n!}{m!} \times \sum\limits_{i=1}^{m!}[\gcd(i,m!)=1]\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\dfrac{n!}{m!} \times \varphi(m!)\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\dfrac{n!}{m!} \times m! \times \prod\limits_{p \in \mathbb{P},p|m!}^{} \dfrac{p-1}{p} \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=n! \times \prod\limits_{p \in \mathbb{P},p|m!}^{} \dfrac{p-1}{p} \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=n! \times \prod\limits_{p \in \mathbb{P}}^{m} \dfrac{p-1}{p} \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=n! \times \dfrac{\prod\limits_{p \in \mathbb{P}}^{m}(p-1)}{\prod\limits_{p \in \mathbb{P}}^{m}p} \end{aligned}\)
-
若 \(n\) 为正整数，有 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=i}^{n}[\gcd(i,j)>1]=\sum\limits_{i=1}^{n}i-\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i)=\sum\limits_{i=1}^{n}(i-\varphi(i))\) 。
-
证明
\(\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=i}^{n}[\gcd(i,j)>1]\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{j=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{j}[\gcd(i,j)>1]\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}[\gcd(i,j)>1]\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}[\gcd(i,j) \ge 1]-\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}[\gcd(i,j)=1]\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n}i-\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i)\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} &=\sum\limits_{i=1}^{n}(i-\varphi(i))\end{aligned}\)
-
- 例题
- SP4141 ETF - Euler Totient Function | UVA10179 Irreducable Basic Fractions | UVA10299 Relatives
-
对原数进行 分解质因数 ，顺便求出欧拉函数。
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int phi(int n) { int ans=n,i; for(i=2;i<=sqrt(n);i++) { if(n%i==0) { ans=ans/i*(i-1); while(n%i==0) { n/=i; } } } if(n>1) { ans=ans/n*(n-1); } return ans; }
-
- UVA11327 Enumerating Rational Numbers
-
线性筛欧拉函数板子
- 线性筛欧拉函数的时间复杂度为 \(O(n)\) 。
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void euler(ll n) { memset(vis,false,sizeof(vis)); phi[1]=1; for(ll i=2;i<=n;i++) { if(vis[i]==false) { len++; prime[len]=i; phi[i]=i-1;//phi[i]表示i的欧拉函数 } for(ll j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++) { vis[i*prime[j]]=true; if(i%prime[j]==0) { phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j]; break; } else { phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1); } } } }
-
- SP4141 ETF - Euler Totient Function | UVA10179 Irreducable Basic Fractions | UVA10299 Relatives
积性函数
- 若函数 \(f\) 满足 \(f(1)=1\) 且 \(\forall a,b \in \mathbb{N}^{*},\gcd(a,b)=1\) 均有 \(f(ab)=f(a) \times f(b)\) ，那么称函数 \(f\) 为积性函数。
- 若函数 \(f\) 满足 \(f(1)=1\) 且 \(\forall a,b \in \mathbb{N}^{*}\) 均有 \(f(ab)=f(a) \times f(b)\) ，那么称函数 \(f\) 为完全积性函数。
- 性质
- 若函数 \(f\) 是积性函数，依据算术基本定理，有 \(n=\prod\limits_{i=1}^m p_i^{c_i}\) ，则 \(f(n)=\prod\limits_{i=1}^m f(p_i^{c_i})\) ；若函数 \(f\) 是完全积性函数，依据算术基本定理，有 \(n=\prod\limits_{i=1}^m p_i^{c_i}\) ，则 \(f(n)=\prod\limits_{i=1}^m f(p_i)^{c_i}\) 。
- 若 \(f,g\) 均为积性函数，\(\begin{cases} h(n)=f(n^{k}) \\ h(n)=f^{k}(n) \\ h(n)=f(n)g(n) \\ h(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d}) \end{cases}\) 均是积性函数。
- 常见的积性函数
- 单位函数（完全积性）： \(\varepsilon(n)=[n=1]\) 。
- 恒等函数（完全积性）： \(\operatorname{id}_{k}(n)=n^{k}\) ， \(\operatorname{id}_{1}(n)\) 常简记作 \(\operatorname{id}_{1}(n)\) 。
- 常数函数（完全积性）： \(1(n)=1\) 。
- 除数函数： \(\sigma_{k}(n)=\sum\limits_{d|n}d^{k}\) ， \(\sigma_{0}(n)\) 常简记作 \(d(n)\) 或 \(\tau(n)\) ， \(\sigma_{1}(n)\) 常简记作 \(\sigma(n)\) 。
- 欧拉函数： \(\varphi(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}[\gcd(i,n)=1]\) 。
- 莫比乌斯函数： \(\mu(n)=\begin{cases} 1 & n=1 \\ 0 & n \ 有平方质因子 \\ (-1)^{k} & k \ 为 \ n \ 的本质不同质因子个数 \end{cases}\) 。
- 线性筛任意积性函数
- 记 \(v_p(i)\) 表示 \(i\) 的最小质因子 \(p\) 的最高次幂的次数，即 \(p^{v_p(i)}|i,p^{v_p(i)+1} \nmid i\) 。预处理 \(low_i\) 表示 \(i\) 的最小质因子 \(p\) 的最高次幂，即 \(low_i=p^{v_p(i)}\) 。
- 在线性筛的过程中，需要对 \(f_1\) 进行边界处理。当 \(i\) 是素数时，需要对 \(f_i\) 进行预值处理。
-
当 \(\gcd(i,prime_j)=1\) 时，因为 \(i\) 的所有质因子都大于 \(prime_j\)，所以 \(low_{i \times prime_j}=prime_j,f_{i \times prime_j}=f_i \times f_{prime_j}\) 。
-
否则，有 \(low_{i \times prime_j}=low_i \times prime_j\) 。
- 当 \(i=low_i\) ，即 \(i\) 仅有一个质因子时，此时 \(f_{i \times prime_j}\) 需要根据实际处理。
- 当 \(i \ne low_i\) ，即 \(i\) 不仅有一个质因子时，因为 \(\gcd(\dfrac{i}{low_i},low_{i \times prime_j})=1\) ，所以 \(f_{i \times prime_j}=f_{\frac{i}{low_i}} \times f_{low_{i \times prime_j}}\)。
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ll val(ll i ,ll prime) { if(i==prime) { return ...; } else { return ...; } } void euler(ll n,ll val0) { memset(vis,false,sizeof(vis)); f[1]=val0;//边界处理 for(ll i=2;i<=n;i++) { if(vis[i]==false) { len++; prime[len]=i; f[i]=val(i,i);//当i是素数时，预值处理 low[i]=i; } for(ll j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++) { vis[i*prime[j]]=true; if(i%prime[j]==0) { low[i*prime[j]]=low[i]*prime[j]; if(i==low[i]) { f[i*prime[j]]=val(i,prime[j]);//根据实际处理 } else { f[i*prime[j]]=f[i/low[i]]*f[low[i*prime[j]]]; } break; } else { low[i*prime[j]]=prime[j]; f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]; } } } }
-
- 应用
-
线性筛预处理 \(f(n)=\sum\limits_{d|n}^{} d \times \varphi({d})\) 。
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void euler(ll n) { memset(vis,false,sizeof(vis)); f[1]=1; for(ll i=2;i<=n;i++) { if(vis[i]==false) { len++; prime[len]=i; f[i]=1+i*(i-1); low[i]=i; } for(ll j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++) { vis[i*prime[j]]=true; if(i%prime[j]==0) { low[i*prime[j]]=low[i]*prime[j]; if(i==low[i]) { f[i*prime[j]]=f[i]+i*prime[j]*i*(prime[j]-1); } else { f[i*prime[j]]=f[i/low[i]]*f[low[i*prime[j]]]; } break; } else { low[i*prime[j]]=prime[j]; f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]; } } } }
-
莫比乌斯函数
-
莫比乌斯函数 \(\mu\) 的定义为 \(\mu(n)=\begin{cases} 1 & n=1 \\ 0 & n \ 有平方质因子 \\ (-1)^{k} & k \ 为 \ n \ 的本质不同质因子个数 \end{cases}\) 。
-
性质
- \(\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]=\varepsilon(n)\)
- 证明
- 当 \(n=1\) 时，原结论成立。
- 当 \(n \le 1\) 时，设 \(n=\sum\limits_{i=1}^{k}p_{i}^{c_{i}},n'=\sum\limits_{i=1}^{k}p_{i}\) 。此时有 \(\sum\limits_{d|n}\mu(d)=\sum\limits_{d|n'}\mu(d)=\sum\limits_{i=0}^{k}\dbinom{k}{i} \times (-1)^{i}\) ，又因为 \(\sum\limits_{i=0}^{k}[i \bmod 2=0] \times \dbinom{k}{i}=\sum\limits_{i=0}^{k}[i \bmod 2=1] \times \dbinom{k}{i}\) ，所以原式等于 \(0\) ，原结论成立。
- 证明
- \([\gcd(i,j)=1]=\sum\limits_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)=\varepsilon(\gcd(i,j)=1)\)
- 证明
- 令 \(n=\gcd(i,j)\) 即可。
- 证明
- \(\mu\) 为积性函数。
- \(\mu\) 为加性函数，即 \(\forall a,b \in \mathbb{N}^{*},\gcd(a,b)=1\) 均有 \(\mu(ab)=\mu(a)+\mu(b)\) 。
- \(\varphi(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d) \times \frac{n}{d}=\sum\limits_{d|n}\mu(\frac{n}{d}) \times d\)
- 令莫比乌斯反演形式一中的 \(f(n)=n,g(n)=\varphi(n)\) 即可。
- \(\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]=\varepsilon(n)\)
-
线性筛莫比乌斯函数
- luogu U382396 求莫比乌斯函数的值
- \(\forall p \in \mathbb{P},\mu(p)=-1\) 。
点击查看代码
int prime[1000010],vis[1000010],miu[1000010],len=0; void isprime(int n) { memset(vis,0,sizeof(vis)); miu[1]=1; for(ll i=2;i<=n;i++) { if(vis[i]==0) { len++; prime[len]=i; miu[i]=-1; } for(ll j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++) { vis[i*prime[j]]=1; if(i%prime[j]==0) { miu[i*prime[j]]=0;//有重复因子 prime[j] break; } else { miu[i*prime[j]]=-miu[i];//互质，等于 miu[prime[j]]*miu[i] } } } } int main() { ll n,i; cin>>n; isprime(n); for(i=1;i<=n;i++) { cout<<miu[i]<<endl; } return 0; } -
莫比乌斯反演（变换）
- 基本知识
- 设 \(f(n),g(n)\) 为两个数论函数。
- 形式一：若 \(f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)\) ，则有 \(g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})\) 。
- 证明
- \(\begin{aligned} &\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d}) \\ &=\sum\limits_{d|n}\mu(d)\sum\limits_{k|\frac{n}{d}}g(k) \\ &=\sum\limits_{k|n}g(k)\sum\limits_{d|\frac{n}{k}}\mu(d) \\ &=\sum\limits_{k|n}g(k) \times [\frac{n}{k}=1] \\ &=g(n) \end{aligned}\)
- 证明
- 形式二：若 \(f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d)\) ，则有 \(g(n)=\sum\limits_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d)\) 。
- 证明
- \(\begin{aligned} &\sum\limits_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d) \\ &=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\mu(k)f(kn) \\ &=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\mu(k)\sum\limits_{kn|d}g(d) \\ &=\sum\limits_{n|d}g(d)\sum\limits_{k|\frac{d}{n}}\mu(k) \\ &=\sum\limits_{n|d}g(d) \times [\frac{d}{n}=1] \\ &=g(n) \end{aligned}\)
- 证明
- 例题
- luogu P2257 YY的GCD
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- UVA12888 Count LCM
- SP3871 GCDEX - GCD Extreme
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- 题解
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- 多倍经验： luogu P6222 「P6156 简单题」加强版
- 题解
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- luogu P4449 于神之怒加强版
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- 基本知识
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