【数学】各种积性函数的线性筛法

【数学】各种积性函数的线性筛法

前置芝士：几种特殊的积性函数的定义及基本性质。

定义

积性函数：若函数$f(x)$满足$f(x)=1$且$\mathrm{\forall }x,y\in N^{+},gcd(x,y)=1$ ，都有$f(xy)=f(x)f(y)$，则$f(x)$为积性函数。

完全积性函数：若函数满足$f(x)=1$且$\mathrm{\forall }x,y\in N^{+}$，都有$f(xy)=f(x)f(y)$，则$f(x)$为积性函数。

判定

特殊例子：（以下都是积性函数）

$ϵ(n)=[n=1]$ （$n=1$时为1，否则为0）

$i{d}_k(n)=n^k$，当$k=1$时简记为$id(n)$

$1(n)=1$

${\sigma }_k(n)=\sum _{d|n}{d}^k$，当$k=0$时为因数个数，记为$d(n)$，$k=1$时为因数和，记为$\sigma (n)$

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

$$\mu (n)=\{\begin{array}{l}1n=1\\ (-1{)}^k\mathrm{所}\mathrm{有}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{数}\mathrm{次}\mathrm{数}\mathrm{不}\mathrm{超}\mathrm{过}1\mathrm{且}\mathrm{有}k\mathrm{种}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{数}\\ 0otherwise\end{array}$$

对于函数之间运算产生的函数，有以下规律：

若$f(x)$和$g(x)$都是积性函数，则以下函数也是积性函数：

$$h(x)=f(x^p)$$

$$h(x)=f^p(x)$$

$$h(x)=f(x)g(x)$$

$$f(x)\mathrm{和}g(x)\mathrm{的}Dirichlet\mathrm{卷}\mathrm{积}，\mathrm{即}：h(x)=\sum _{d|x}f(x)g(\frac{g}{d})$$

有时在题目中，会要求筛出$1\to {10}^6$甚至$1\to {10}^7$的这些函数值，时间复杂度要求$O(n)$，我们如何计算这些东西呢？

我们发现一个普遍的性质，这些函数当自变量取值为质数时，都可以简单地$O(1)$求出，于是我们将这个过程代入筛素数的线性筛，再尝试每次用质数（创造互质条件）和积性函数的性质求出函数值。

不会线性筛质数的自行前往：P3383 【模板】线性筛素数 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

具体对于每一个函数将怎么做呢？

欧拉函数$\varphi$

直接枚举比$x$小的数显然不可行，我们知道欧拉函数有一种计算方法：

$$\varphi (x)=x\prod _{p\in prime\mathrm{\&}p|x}\frac{p-1}{p}$$

因为无论一个质数$p$在$x$的分解中出现多少次，它$\frac{p-1}{p}$的贡献都只有一次，结合到质数筛中我们每次都用一个质数去乘以一个其他数，可以分类讨论：

$$\varphi (x)=x-1ifx\in prime$$

以及($p$是线性筛中每次枚举的质数)

$$\varphi (x\ast p)=\{\begin{array}{l}\varphi (x)\ast \varphi (p)p\mid x\\ \varphi (x)\ast pp\nmid x\end{array}$$

因为$p\mid x$时，满足$gcd(p,x)=1$，所以可以直接相乘。

$p\nmid x$时，$x$中已有$p$，贡献就只有乘上了$p$倍。

由于线性筛一定会把每个数筛一次，所以保证范围内的数全都计算了$\varphi$值。

（代码中的$\varphi (p)$写作了$p-1$，因为$p$是质数，两者是等价的，后面的函数也一样）

Code

inline void init()
{
    phi[1] = 1;
    for(R int i = 2;i <= N - 1;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            phi[i] = i - 1;
            prime[++tot] = i;
        }
        for(R int j = 1;j <= tot && i * prime[j] < N;j++)
        {
            vis[prime[j] * i] = 1;
            if(!(i % prime[j]))
            {
                phi[prime[j] * i] = (prime[j] - 1) * phi[i];
                break;
            }
            phi[prime[j] * i] = phi[i] * prime[j];
        }
    }
}

莫比乌斯函数$\mu$

同$\varphi$的分析方法，我们不难发现，当自变量是一个质数的时候，其一定只有一个质因数。

即

$$\mu (x)=-1ifx\in prime$$

考虑到线性筛中一个任意数和一个质数相乘的情况，如果$p\mid i$，那么$p\ast i$一定含有超过一个$p$，$\mu$为0，如果$p\nmid i$，至少说明乘上$p$这一操作让$i$多了一个质因数，不管之前$\mu$是否为0，将$\mu$取反，一定满足其定义。

$$\mu (i\ast p)=\{\begin{array}{l}\mu (i)\ast \mu (p)=-\mu (i)p\nmid i\\ 0p\mid i\end{array}$$

Code

inline void init()
{
    miu[1] = 1;
    for(R int i = 2;i <= N - 1;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            miu[i] = -1;
            prime[++tot] = i;
        }
        for(R int j = 1;j <= tot && i * prime[j] < N;j++)
        {
            vis[prime[j] * i] = 1;
            if(!(i % prime[j]))
            {
                miu[prime[j] * i] = 0;
                break;
            }
            miu[prime[j] * i] = -miu[i];
        }
    }
}

因数和$\sigma$

精彩的部分来了，本人第一次看到时也十分震撼。

方法源自ldysy2102 - 博客园的博客线性筛约数个数、约数和的新方法 - ldysy2102 - 博客园 (cnblogs.com)

首先当$p$为质数时，因数只有$1、p$两个，因数和$\sigma (p)=p+1$

由唯一分解定理，一个数可以被分解为：

$$x=\prod _{i=1\mathrm{\&}{p}_i\in prime}^k{p}_i^{c_i}$$

这个数的因数就是这些质因数任意次数的任意组合，每个质因数都可以选择$0\to c_i$个。所以

每个因数就是质因数的任意次方乘起来，是：

$$\sigma (x)=(1+p_1+p_1^2+..+p_1^{c_1})(1+p_2+p_2^2+..+p_2^{c_2})...(1+p_k+..+p_k^{c_k})$$

令$(1+p_2+..)..(1+p_k+..)=T$，再次讨论线性筛中一个质数乘上一个任意数的情况，在$p\mid i$时，我们钦定乘上的质因数是$p_1$：

$$\begin{gathered} \sigma (x\ast p_1)=(1+p_1+..+p_1^{c_1+1})T \\ =\sigma (x)+p_1^{c_1+1}T \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \sigma (\frac{x}{p_1})=(1+p_1+..+p_1^{c_1-1})T \\ =\sigma (x)-p_1^{c_1}T \end{gathered}$$

两个柿子只有$T$前的系数不一样，将$\mathrm{②}$式乘上$p_1$再加上$\mathrm{①}$，神奇的事情发生了：

$$p_1\sigma (\frac{x}{p_1})+\sigma (x\ast p_1)=(p_1+1)\sigma (x)$$

$$\sigma (x\ast p_1)=(p_1+1)\sigma (x)-p_1\sigma (\frac{x}{p_1})$$

这样，在知道$p_1$和$x$之后我们就可以在枚举质数时完成计算。

由于这些函数都是积性函数，所以当$p\nmid x$时的处理方法都是一样的。

Code

inline void init()
{
    sig[1] = 1;
    for(int i = 2;i < N;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[++tot] = i;
            sig[i] = i + 1;
        }
        for(int j = 1;j <= tot && i * prime[j] < N;j+)
        {
            vis[i * prime[j]] = 1;
            if(!(i % prime[j]))
            {
                sig[i * prime[j]] = ((prime[j] + 1) * sig[i] % MOD - prime[j] * sig[i / prime[j]] % MOD + MOD) % MOD;
                break;
            }
            sig[i * prime[j]] = sig[i] * (prime[j] + 1);
        }
    }

因数个数d

同理，首先发现当$p$为质数时，因数个数$d(p)=2$

对于$x$，唯一分解后得到

$$d(x)=(c_1+1)(c_2+1)...(c_k+1)$$

$$d(x)=(c_1+1)T$$

$$d(x\ast p_1)=(c_1+2)T$$

$$d(\frac{x}{p_1})=c_{1}T$$

所以

$$d(x\ast p_1)+d(\frac{x}{p_1})=2d(x)$$

所以最终得到：

$$d(x\ast p_1)=2d(x)-d(\frac{x}{p_1})$$

Code

inline void init()
{
    d[1] = 1;
    for(int i = 2;i < N;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[++tot] = i;
            d[i] = 2;
        }
        for(int j = 1;j <= tot && i * prime[j] < N;j++)
        {
            vis[i * prime[j]] = 1;
            if(!(i % prime[j]))
            {
                d[i * prime[j]] = 2 * d[i] - d[i / prime[j]];
                break;
            }
            d[i * prime[j]] = d[i] * 2;
        }
    }
}