【学习笔记】数学知识-质数

合集 - 数学知识(8)

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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 $\sum _{i=1}^n[d|i]>0$ ，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 $2\le d\le \sqrt{n},d\in \mathbb{P}$ 。

  • 时间复杂度为 $O(\sqrt{n})$ 。

  • 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;
    }
    

筛法

• Eratosthenes 筛法（埃式筛法）

  • 时间复杂度为 $O(n\times \log \log n)$ 。

  • luogu P3912 素数个数

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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;
    }
    

• 线性筛法（欧拉筛法）

  • 时间复杂度为 $O(n)$。

  • luogu P3383 【模板】线性筛素数

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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;
    }
    

• 例题
  • luogu P1835 素数密度

    • 直接对 $1\sim r$ 进行线性筛显然不可做。

    • 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 $i\times p(max(2,\lceil {\displaystyle \frac{l}{p}}\rceil )\le i\le \lceil {\displaystyle \frac{r}{p}}\rceil )$ 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;
      }
      

  • UVA10140 Prime Distance
  • luogu P10495 阶乘分解
    • 题解

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 $n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}$ ，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 $p_1<p_2<\cdots <p_m$ 。
• 应用
  • 若 $n$ 为大于 $1$ 的正整数，设 $n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}$ ，则有如下性质：
    • $n^2=\prod _{i=1}^m{p}_i^{2c_i}$
    • $n$ 的正约数集合可写作 $\{\prod _{i=1}^m{p}_i^{b_i}\}$ ，其中对于每一个 $i(1\le i\le m)$ 均有 $0\le b_i\le c_i$ 。
    • $\sum _{d=1}^n[d|n]=\prod _{i=1}^m(\sum _{j=0}^{c_i}{1}^j)=(c_1+1)(c_2+1)\dots (c_m+1)=\prod _{i=1}^m(c_i+1)$
    • $\sum _{d|n^2}^{}{d}^2\le (\sum _{d|n}^{}{d}^2{)}^2$
      • $\sum _{d|n}^{}d=(p_1^0+p_1^1+\cdots +p_1^{c_1})(p_2^0+p_2^1+\cdots +p_2^{c_2})\dots (p_m^0+p_m^1+\cdots +p_m^{c_m})=\prod _{i=1}^m(\sum _{j=0}^{c_i}{p}_i^j)$
      • $\sum _{d|n}^{}{d}^2=\prod _{i=1}^m(\sum _{j=0}^{c_i}(p_i^j{)}^2)=\prod _{i=1}^m(\sum _{j=0}^{c_i}{p}_i^{2j})$
        • $\sum _{d|n^2}^{}{d}^2=\prod _{i=1}^m(\sum _{j=0}^{2c_i}{p}_i^{2j})$
      • $(\sum _{d|n}^{}{d}^2{)}^2=\prod _{i=1}^m((\sum _{j=0}^{c_i}{p}_i^{2j}{)}^2)=\prod _{i=1}^m(\sum _{j=0}^{2c_i}(min(j,2c_i-j)+1)\times p_i^{2j})$
  • 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 $Q=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i},c_i^{\prime }$ 是满足 $p_i^{c_i^{\prime }}|P$ 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 $x=\underset{i=1}{\overset{m}{max}}\{{\displaystyle \frac{P}{p_i^{c_i^{\prime }}}}\times p_i^{c_i-1}\}$ 是一组最大的解。

互质

• 若 $\mathrm{\forall }a,b\in \mathbb{N},gcd(a,b)=1$ ，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 $\phi (n)$ 。
• $\phi (n)=\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ n\times \prod _{p\in \mathbb{P},p|n}(1-{\displaystyle \frac{1}{p}})& n\ne 1\end{array}$
  • 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 ${\displaystyle \frac{n}{p}}$ 个， $q$ 的倍数共有 ${\displaystyle \frac{n}{q}}$ 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 $n-{\displaystyle \frac{n}{p}}-{\displaystyle \frac{n}{q}}+{\displaystyle \frac{n}{p\times q}}=n\times (1-{\displaystyle \frac{1}{p}}-{\displaystyle \frac{1}{q}}+{\displaystyle \frac{1}{p\times q}})=n\times (1-{\displaystyle \frac{1}{p}})\times (1-{\displaystyle \frac{1}{q}})$ 。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。
• 性质

  • 若 $p$ 为质数，则 $\phi (p)=p-1,\phi (p^k)=p^k-p^{k-1}=(p-1)\times p^{k-1}$ 。

    • 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 $\phi (p^k)=p^k-1-(p^{k-1}-1)=p^k-p^{k-1}=(p-1)\times p^{k-1}$ 。

  • 若 $n$ 为正整数，则 $\sum _{i=1}^{n}i\times [gcd(i,n)=1]=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ {\displaystyle \frac{n\times \phi (n)}{2}}& n\ne 1\end{array}$ 。

    • 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 ${\displaystyle \frac{n}{2}}$ 。

  • 若 $2<n$ ，则 $2|\phi (n)$ 。

  • 若 $n$ 为偶数，有 $\phi (n)\le {\displaystyle \frac{n}{2}}$ 。

  • 若 $n$ 为奇数，则 $\phi (2n)=\phi (2)\times \phi (n)=\phi (n)$ 。

  • 若 $a,b$ 互质，则 $\phi (ab)=\phi (a)\times \phi (b)$ 。

    • 证明：依据算术基本定理，设 $a=\prod _{i=1}^n{p}_i^{c_i},b=\prod _{i=1}^m{q}_i^{c_i^{\prime }}$ ，又因为 $a,b$ 互质，所以不存在一组 $i,j$ 满足 $p_i=q_j$ ，故 $\phi (ab)=ab\times \prod _{i=1}^n(1-{\displaystyle \frac{1}{p_i}})\times \prod _{i=1}^m(1-{\displaystyle \frac{1}{q_i}})$ ，又有 $\phi (a)=a\times \prod _{i=1}^n(1-{\displaystyle \frac{1}{p_i}}),\phi (b)=b\times \prod _{i=1}^m(1-{\displaystyle \frac{1}{q_i}})$ ，故 $\phi (ab)=\phi (a)\times \phi (b)$ 。
      • 由本条性质可知欧拉函数是积性函数。

  • 若 $a|b$ ，则 $\phi (ab)=a\times \phi (b),\phi (a)|\phi (b)$ 。

    • 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 $\phi (ab)=a\times \phi (b)$ 。

  • 若 $p$ 为质数，且 $p|n,p^2|n$ ，则 $\phi (n)=\phi ({\displaystyle \frac{n}{p}})\times p$ 。

    • 证明：因为 $p|n,p^2|n$ ，所以 $n,{\displaystyle \frac{n}{p}}$ 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 ${\displaystyle \frac{\phi (n)}{\phi ({\displaystyle \frac{n}{p}})}}=p$ ，故 $\phi (n)=\phi ({\displaystyle \frac{n}{p}})\times p$ 。

  • 若 $p$ 为质数，且 $p|n,p^2\nmid n$ ，则 $\phi (n)=\phi ({\displaystyle \frac{n}{p}})\times (p-1)$ 。

    • 证明：因为 $p|n,p^2\nmid n$ ，所以 $p,{\displaystyle \frac{n}{p}}$ 互质，又因为 $\phi$ 是积性函数，故 $\phi (n)=\phi ({\displaystyle \frac{n}{p}})\times \phi (p)=\phi ({\displaystyle \frac{n}{p}})\times (p-1)$ 。

  • 欧拉反演：$n=\sum _{d|n}^{}\phi (d)$ 。

    • 证明：设 $k$ 满足 $k<n,gcd(k,n)=d$ ，则 $gcd({\displaystyle \frac{k}{d}},{\displaystyle \frac{n}{d}})=1$ ；设 $f(x)$ 表示满足 $gcd(k,n)=x$ 的 $k$ 的个数，则 $n=\sum _{i=1}^{n}f(i)$ 。又因为 ${\displaystyle \frac{k}{x}}$ 与 ${\displaystyle \frac{n}{x}}$ 互质，有 $f(x)=\phi ({\displaystyle \frac{n}{x}})$ ，则 $n=\sum _{i|n}^{}\phi ({\displaystyle \frac{n}{i}})$ 。易知 $i$ 与 ${\displaystyle \frac{n}{i}}$ 是一一对应的，故 $n=\sum _{d|n}^{}\phi (d)$ 。

  • 依据算术基本定理，有 $n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}$ ，又因为 $\phi$ 是积性函数，则 $\phi (n)=\prod _{i=1}^m\phi (p_i^{c_i})=\prod _{i=1}^m(p_i-1)\times p_i^{c_i-1}=\prod _{i=1}^m(1-{\displaystyle \frac{1}{p_i}})\times p_i^{c_i}=n\times \prod _{i=1}^m(1-{\displaystyle \frac{1}{p_i}})=n\times \prod _{i=1}^m{\displaystyle \frac{p_i-1}{p_i}}$ 。

    • PS：本条性质用于已知 $\phi$ 是积性函数求 $\phi$ 的计算式，可作了解。

  • 若 $n,m$ 为正整数，且满足 $1\le m<n$ ，有 $\sum _{i=0}^{n-1}[gcd(m,n)=gcd(m+i,n)]=\phi ({\displaystyle \frac{n}{gcd(n,m)}})$ 。

    • CF1295D Same GCDs

    • 证明

      首先显然有 $\sum _{i=0}^{n-1}((m+i)modn)=\sum _{i=0}^{n-1}(imodn)$ 。

      $\begin{array}{r}\sum _{i=0}^{n-1}[gcd(m,n)=gcd(m+i,n)]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=0}^{n-1}[gcd(m,n)=gcd((m+i)modn,n)]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=0}^{n-1}[gcd(m,n)=gcd(i,n)]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^{n-1}[gcd(m,n)=gcd(i,n)]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n[gcd(m,n)=gcd(i,n)]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^{\frac{n}{gcd(n,m)}}[gcd(i,{\displaystyle \frac{n}{gcd(n,m)}})=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\phi ({\displaystyle \frac{n}{gcd(n,m)}})\end{array}$

  • 若 $n$ 为正整数，则 $\sum _{i=1}^{n}gcd(i,n)=\sum _{d|n}^{}d\times \phi ({\displaystyle \frac{n}{d}})=\sum _{d|n}^{}\phi (d)\times {\displaystyle \frac{n}{d}}$ 。

    • luogu P2303 [SDOI2012] Longge 的问题

    • 证明

      $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^{n}gcd(i,n)\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{d|n}^{}d\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=d]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{d|n}^{}d\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(i,{\displaystyle \frac{n}{d}})=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{d|n}^{}d\times \phi ({\displaystyle \frac{n}{d}})\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{d|n}^{}\phi (d)\times {\displaystyle \frac{n}{d}}\end{array}$

  • 若 $n$ 为正整数，则 $\sum _{i=1}^n\mathrm{lcm}(i,n)={\displaystyle \frac{n(1+\sum _{d|n}^{}d\times \phi (d))}{2}}$ 。

    • luogu P1891 疯狂 LCM | SP5971 LCMSUM - LCM Sum

    • 证明

      $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\mathrm{lcm}(i,n)\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{n\times i}{gcd(i,n)}}\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =n\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{i}{gcd(i,n)}}\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =n\sum _{d|n}^{}\sum _{i=1}^n\frac{i}{d}\times [gcd(i,n)=d]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =n\sum _{d|n}^{}\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}i\times [gcd(i,{\displaystyle \frac{n}{d}})=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =n({\displaystyle \frac{1}{2}}+\sum _{d|n}^{}{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{n}{d}}\times \phi ({\displaystyle \frac{n}{d}})}{2}})\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =n({\displaystyle \frac{1}{2}}+\sum _{d|n}^{}{\displaystyle \frac{d\times \phi (d)}{2}})\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& ={\displaystyle \frac{n(1+\sum _{d|n}^{}d\times \phi (d))}{2}}\end{array}$

  • 若 $n$ 为正整数，则 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}gcd(i,j)+\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^{n}gcd(i,j)+\sum _{i=1}^{n}gcd(i,i)$ 。

  • 若 $n$ 为正整数，则 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}gcd(i,j)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^{n}gcd(i,j)={\displaystyle \frac{-{\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}+\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)}{2}}$ 。

    • luogu P1390 公约数的和

  • 若 $n$ 为正整数，则 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=1]=1+2\sum _{i=2}^n\phi (i)=-1+2\sum _{i=1}^n\phi (i)$ 。

    • UVA10820 交表 Send a Table | luogu P2158 [SDOI2008] 仪仗队

    • 证明

      $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =(\sum _{i=2}^{n}2\sum _{j=2}^{i-1}[gcd(i,j)=1])+(\sum _{i=1}^n[gcd(i,i)=1])\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =(\sum _{i=2}^{n}2\sum _{j=1}^{i-1}[gcd(i,j)=1])+1\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =(\sum _{i=2}^{n}2\sum _{j=1}^i[gcd(i,j)=1])+1\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =1+2\sum _{i=2}^n\phi (i)\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =-1+2\sum _{i=1}^n\phi (i)\end{array}$

  • 若 $n$ 为正整数，则 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)=\sum _{d=1}^n\phi (d){\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor }^2$ 。

    • luogu P2398 GCD SUM

    • 证明

      $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d|gcd(i,j)}^{}\phi (d)\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d|i,d|j}^{}\phi (d)\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{d=1}^n\phi (d)\sum _{i=1}^n[d|i]\sum _{j=1}^n[d|j]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{d=1}^n\phi (d)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{d=1}^n\phi (d){\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor }^2\end{array}$

    • 拓展：若 $n,m$ 为正整数，则 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j)=\sum _{d=1}^{min(n,m)}\phi (d)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor$ 。

      • luogu P1447 [NOI2010] 能量采集

      • 证明

        $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j)\end{array}$

        $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|gcd(i,j)}^{}\phi (d)\end{array}$

        $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|i,d|j}^{}\phi (d)\end{array}$

        $\begin{array}{rl}& =\sum _{d=1}^{min(n,m)}\phi (d)\sum _{i=1}^n[d|i]\sum _{j=1}^m[d|j]\end{array}$

        $\begin{array}{rl}& =\sum _{d=1}^{min(n,m)}\phi (d)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor \end{array}$

  • 若 $n$ 为正整数，则 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)=\sum _{d=1}^{n}d(-1+2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\phi (i))$ 。

    • luogu P2398 GCD SUM

    • 证明

      $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d=1}^{n}d[gcd(i,j)=d]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d=1}^{n}d[gcd({\displaystyle \frac{i}{d}},{\displaystyle \frac{j}{d}})=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{d=1}^{n}d(-1+2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\phi (i))\end{array}$

    • 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 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j{)}^2=\sum _{d=1}^n{d}^2(-1+2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\phi (i))$ 。

    • luogu P8670 [蓝桥杯 2018 国 B] 矩阵求和

    • 证明

      $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j{)}^2\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d=1}^n{d}^2[gcd(i,j)=d]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d=1}^n{d}^2[gcd({\displaystyle \frac{i}{d}},{\displaystyle \frac{j}{d}})=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{d=1}^n{d}^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{d=1}^n{d}^2(-1+2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\phi (i))\end{array}$

  • 若 $n$ 为正整数，则 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)\in \mathbb{P}]=\sum _{d\in \mathbb{P}}^n(-1+2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\phi (i))$ 。

    • luogu P2568 GCD

    • 证明

      $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)\in \mathbb{P}]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d\in \mathbb{P}}^n[gcd(i,j)=d]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d\in \mathbb{P}}^n[gcd({\displaystyle \frac{i}{d}},{\displaystyle \frac{j}{d}})=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{d\in \mathbb{P}}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{d\in \mathbb{P}}^n(-1+2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\phi (i))\end{array}$

  • 若 $n,m$ 均为正整数，且 $m\le n$ ，有 $\sum _{i=1}^{n!}[gcd(i,m!)=1]=n!\times {\displaystyle \frac{\prod _{p\in \mathbb{P}}^m(p-1)}{\prod _{p\in \mathbb{P}}^{m}p}}$ 。

    • luogu P2155 [SDOI2008] 沙拉公主的困惑

    • 证明

      $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^{n!}[gcd(i,m!)=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^{n!}[gcd(imodm!,m!)=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& ={\displaystyle \frac{n!}{m!}}\times \sum _{i=0}^{m!-1}[gcd(i,m!)=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& ={\displaystyle \frac{n!}{m!}}\times \sum _{i=1}^{m!}[gcd(i,m!)=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& ={\displaystyle \frac{n!}{m!}}\times \phi (m!)\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& ={\displaystyle \frac{n!}{m!}}\times m!\times \prod _{p\in \mathbb{P},p|m!}^{}{\displaystyle \frac{p-1}{p}}\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =n!\times \prod _{p\in \mathbb{P},p|m!}^{}{\displaystyle \frac{p-1}{p}}\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =n!\times \prod _{p\in \mathbb{P}}^m{\displaystyle \frac{p-1}{p}}\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =n!\times {\displaystyle \frac{\prod _{p\in \mathbb{P}}^m(p-1)}{\prod _{p\in \mathbb{P}}^{m}p}}\end{array}$

  • 若 $n$ 为正整数，有 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^n[gcd(i,j)>1]=\sum _{i=1}^{n}i-\sum _{i=1}^n\phi (i)=\sum _{i=1}^n(i-\phi (i))$ 。

    • SP21615 NAJPWG - Playing with GCD

    • 证明

      $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^n[gcd(i,j)>1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{j=1}^n\sum _{i=1}^j[gcd(i,j)>1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i[gcd(i,j)>1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i[gcd(i,j)\ge 1]-\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i[gcd(i,j)=1]\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^{n}i-\sum _{i=1}^n\phi (i)\end{array}$

      $\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n(i-\phi (i))\end{array}$

  • luogu P5221 Product

    • 题解
• 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。

      点击查看代码

      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 $O(n)$ 。
      点击查看代码

      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);
      			}
      		}
      	}
      }
      

积性函数

• 若函数 $f$ 满足 $f(1)=1$ 且 $\mathrm{\forall }a,b\in {\mathbb{N}}^{\ast },gcd(a,b)=1$ 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 $\mathrm{\forall }a,b\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 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 $n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}$ ，则 $f(n)=\prod _{i=1}^{m}f(p_i^{c_i})$ ；若函数 $f$ 是完全积性函数，依据算术基本定理，有 $n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}$ ，则 $f(n)=\prod _{i=1}^{m}f(p_i{)}^{c_i}$ 。
  • 若 $f,g$ 均为积性函数，$\{\begin{array}{l}h(n)=f(n^k)\\ h(n)=f^k(n)\\ h(n)=f(n)g(n)\\ h(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\end{array}$ 均是积性函数。
• 常见的积性函数
  • 单位函数（完全积性）： $\epsilon (n)=[n=1]$ 。
  • 恒等函数（完全积性）： ${\mathrm{id}}_k(n)=n^k$ ， ${\mathrm{id}}_1(n)$ 常简记作 ${\mathrm{id}}_1(n)$ 。
  • 常数函数（完全积性）： $1(n)=1$ 。
  • 除数函数： ${\sigma }_k(n)=\sum _{d|n}{d}^k$ ， ${\sigma }_0(n)$ 常简记作 $d(n)$ 或 $\tau (n)$ ， ${\sigma }_1(n)$ 常简记作 $\sigma (n)$ 。
  • 欧拉函数： $\phi (n)=\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]$ 。
  • 莫比乌斯函数： $\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\\ (-1{)}^k& k\mathrm{为}n\mathrm{的}\mathrm{本}\mathrm{质}\mathrm{不}\mathrm{同}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{个}\mathrm{数}\end{array}$ 。
• 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 $lo{w}_i$ 表示 $i$ 的最小质因子 $p$ 的最高次幂，即 $lo{w}_i=p^{v_p(i)}$ 。
  • 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 $gcd(i,prim{e}_j)=1$ 时，因为 $i$ 的所有质因子都大于 $prim{e}_j$，所以 $lo{w}_{i\times prim{e}_j}=prim{e}_j,f_{i\times prim{e}_j}=f_i\times f_{prim{e}_j}$ 。

    • 否则，有 $lo{w}_{i\times prim{e}_j}=lo{w}_i\times prim{e}_j$ 。

      • 当 $i=lo{w}_i$ ，即 $i$ 仅有一个质因子时，此时 $f_{i\times prim{e}_j}$ 需要根据实际处理。
      • 当 $i\ne lo{w}_i$ ，即 $i$ 不仅有一个质因子时，因为 $gcd({\displaystyle \frac{i}{lo{w}_i}},lo{w}_{i\times prim{e}_j})=1$ ，所以 $f_{i\times prim{e}_j}=f_{\frac{i}{lo{w}_i}}\times f_{lo{w}_{i\times prim{e}_j}}$。
      点击查看代码

      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 $f(n)=\sum _{d|n}^{}d\times \phi (d)$ 。

      点击查看代码

      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 $\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\\ (-1{)}^k& k\mathrm{为}n\mathrm{的}\mathrm{本}\mathrm{质}\mathrm{不}\mathrm{同}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{个}\mathrm{数}\end{array}$ 。

• 性质

  • $\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]=\epsilon (n)$
    • 证明
      • 当 $n=1$ 时，原结论成立。
      • 当 $n\le 1$ 时，设 $n=\sum _{i=1}^k{p}_i^{c_i},n^{\prime }=\sum _{i=1}^k{p}_i$ 。此时有 $\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{d|n^{\prime }}\mu (d)=\sum _{i=0}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})}\times (-1{)}^i$ ，又因为 $\sum _{i=0}^k[imod2=0]\times {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})}=\sum _{i=0}^k[imod2=1]\times {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})}$ ，所以原式等于 $0$ ，原结论成立。
  • $[gcd(i,j)=1]=\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)=\epsilon (gcd(i,j))$
    • 证明
      • 令 $n=gcd(i,j)$ 即可。
  • $\mu$ 为积性函数。
  • $\mu$ 为加性函数，即 $\mathrm{\forall }a,b\in {\mathbb{N}}^{\ast },gcd(a,b)=1$ 均有 $\mu (ab)=\mu (a)+\mu (b)$ 。
  • $\phi (n)=\sum _{d|n}\mu (d)\times \frac{n}{d}=\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})\times d$
    • 令莫比乌斯反演形式一中的 $f(n)=n,g(n)=\phi (n)$ 即可。

• 线性筛莫比乌斯函数

  • luogu U382396 求莫比乌斯函数的值
  • $\mathrm{\forall }p\in \mathbb{P},\mu (p)=-1$ 。
  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 $f(n)=\sum _{d|n}g(d)$ ，则有 $g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})$ 。
      • 证明
        • $\begin{array}{rl}& \sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})\\ & =\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{k|\frac{n}{d}}g(k)\\ & =\sum _{k|n}g(k)\sum _{d|\frac{n}{k}}\mu (d)\\ & =\sum _{k|n}g(k)\times [\frac{n}{k}=1]\\ & =g(n)\end{array}$
    • 形式二：若 $f(n)=\sum _{n|d}g(d)$ ，则有 $g(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})f(d)$ 。
      • 证明
        • $\begin{array}{rl}& \sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})f(d)\\ & =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\mu (k)f(kn)\\ & =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\mu (k)\sum _{kn|d}g(d)\\ & =\sum _{n|d}g(d)\sum _{k|\frac{d}{n}}\mu (k)\\ & =\sum _{n|d}g(d)\times [\frac{d}{n}=1]\\ & =g(n)\end{array}$
  • 例题
    • luogu P2257 YY的GCD
      • 多倍经验： SP4491 PGCD - Primes in GCD Table
      • 题解
    • UVA10214 树林里的树 Trees in a Wood.
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    • luogu P2522 [HAOI2011] Problem b
      • 题解
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      • 多倍经验： luogu P6222 「P6156 简单题」加强版
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    • luogu P3312 [SDOI2014] 数表
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    • BZOJ3309 DZY Loves Math
      • 题解
    • luogu P3704 [SDOI2017] 数字表格
      • 题解
    • luogu P4449 于神之怒加强版
      • 题解
    • luogu P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB
      • 多倍经验： SP8099 TABLE - Crash´s number table
      • 题解
    • luogu P6271 [湖北省队互测2014] 一个人的数论