数论函数综合
一.数论函数
1.定义
数论函数是 : 其定义域是正整数，值域是一个数集的函数。
积性函数 : 对于所有互质整数 \(a\) 和 \(b\) 有性质\(f(ab)=f(a)f(b)\)的数论函数。
完全积性函数 : 对于所有整数 \(a\) 和 \(b\) 有性质\(f(ab)=f(a)f(b)\)的数论函数。
常见的的积性函数：
2.性质
1.对于任意正整数 \(n\) , \(\sum_{i|n}\varphi(i)=n\)
不妨令 \(f(n)=\sum_{i|n}\varphi(i)\) ， 首先证明 \(f\) 是一个积性函数。
因为 \(n , m\) 互质
因为 \(n=p_1^{w_1} \times p_2^{w_2} \times ... \times p_k^{w_k}\) , 且 \(f\) 为积性函数 ， 所以只需求出 \(f(p_i^{w_i})\) 即可。
所以 \(f(n)=n\) , 即 \(\sum_{i|n}\varphi(i)=n\)。
2.对于任意正整数 \(n\) , \(\sum_{i|n}\mu(i)=[n=1]\)
证明如下：
1.当 \(n=1\) 时显然
2.当 \(n!=1\) 时，由唯一分解定理得：\(n=p_1^{w_1}p_2^{w_2}...p_k^{w_k}\)
由莫比乌斯函数的性质，\(\mu(k) \not= 0\) 当且仅当 \(k\) 无平方因子。(由多个质因子相乘)
有 \(i\) 个质因子的数有 \(C_k^i\) 种取值。
所以只需证
很像二项式定理，将 \(x = 1 , y = -1\) 代入即可得证。
3.对于任意正整数 \(n\) ，\(\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\varphi(n)}{n}\)
这个一会儿再证。
二.狄利克雷卷积
两个数论函数 \(f\) 和 \(g\) 的卷积为 \(t(n)=( f \times g )(n)=\sum_{d|n}f(d) \times g(\frac{n}{d})\)。
前面的括号代表将 \(f\) 卷 \(g\) ，后面的括号代表范围。
简记为\(t=f*g\)。
狄利克雷卷积满足交换律，结合律与分配律。
若 \(f\) 是任意积性函数 ， 则 \(f*\epsilon=f\)
较为常见数论函数的迪利克雷卷积：
其中，后三项分别对应积性函数的三个性质。
现在证一下 \(φ = μ* id\)
即
两边同时除以 \(n\) , 得
就是上文提到的性质\(3\)。
三.数论分块
1.引入
题目给你这样一个式子：
这不是暴力吗？
那如果\(n \le 10^{12}\) 呢？再见
这时我们就要用到一个神奇的结论——数论分块
2.思想
再看一眼式子，我们发现，很多值是一样的。
如果我们知道分布规律，那么这一段就可以一起求解了。
结论是：若一段区间的左端点为\(l\)，那么区间值为 \(\lfloor \frac{n}{l} \rfloor\) ,区间右端点 \(r=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l} \rfloor} \rfloor\)
证明如下：
设 \(k=\lfloor \frac{n}{l} \rfloor , p=n~mod~l\) , 则\(n=k*l+p\)
若 \(\lfloor \frac{n}{l+d} \rfloor = k\) , 则 \(n = k*(l+d)+p'\)
两个式子相减得：\(p'=p-kd\) , 又因为 \(0 \le p,p' \le l-1\)
所以 \(d\) 的最大值为 \(\lfloor \frac{p}{k} \rfloor\)。
那么，
3.代码实现
for( int l = 1 , r ; l <= n ; l = r + 1 ) {
r = n / (n / l);
\\具体内容例题会讲到
}
数论分块大多数情况是和数论函数一起使用
4.例题
1.P2261 [CQOI2007]余数求和
题目要求的是
然后 ，因为在 \(l-r\) 区间内 \(\lfloor \frac{k}{i} \rfloor\) 的值相等，\(i\) 递增，所以这段区间内是一个等差数列 ( 首项为 \(l*\lfloor \frac{k}{i} \rfloor\) , 末项为 \(r * \lfloor \frac{k}{i} \rfloor\) , 公差为 \(\lfloor \frac{k}{i} \rfloor\) ) ， 对于每一段区间计算和即可。
注意，\(Ans\) 计算的是 \(\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{k}{i} \rfloor * i\) 。
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int n , k;
long long Ans;
int main( ) {
scanf("%d %d",&n,&k);
for( int l = 1 , r ; l <= n ; l = r + 1 ) {
r = k / l == 0 ? n : min( n , k / ( k / l ) );
Ans += 1ll * ( k / l ) * ( l + r ) * ( r - l + 1 ) / 2;
}
printf("%lld", 1ll * n * k - Ans );
return 0;
}
2.P3935 Calculating
3.P2260 [清华集训2012]模积和 & P2834 能力测验
四.莫比乌斯函数与莫比乌斯反演
1.莫比乌斯函数
由唯一分解定理得：
通俗来讲，\(\mu(1)=1\) ，当 \(n\) 存在平方因子时 \(\mu(n)=0\)
否则 \(\mu(n)=(-1)^k\) ， \(k\) 为质因子数。
附一份线性筛的代码:
void sieve( int x ) {
mu[ 1 ] = 1;
for( int i = 2 ; i <= x ; i ++ ) {
if( !vis[ i ] ) {
prime[ ++ k ] = i;
mu[ i ] = -1;
}
for( int j = 1 ; j <= k && 1ll * i * prime[ j ] <= x ; j ++ ) {
vis[ i * prime[ j ] ] = 1;
if( i % prime[ j ] == 0 ) break;
mu[ i * prime[ j ] ] = -mu[ i ];
}
}
}
2.莫比乌斯反演
1.形式1
如果
则有
证法1.狄利克雷卷积
证法2.和式变化
2.形式2
如果
则有
1.证法1.和式变化
2.证法2.莫比乌斯函数
因为 \(d\) , \(s\) 分别为 \(n\) , \(d\) 倍数， 所以设 \(d=n \times k , s=d \times t\),上式即为
观察发现,对于每一个 \(k\) ，它会将所有的倍数贡献 \(\mu(k)\) 个。
反过来将，对于一个\(f(an)\)，它出现的次数为\(\sum_{d|a}\mu(d)=[a=1]\)。
所以只有当 \(a=1\) 时，\(f(1*n)=f(n)\) 会刚好出现一次。
所以上式等于 \(f(n)\)。
3.例题
1.Luogu P3455 求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\)( \(d\)已知 )
2.Luogu P1829 求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mlcm(i,j)\)
3.cqbzoj P6388 求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mgcd(i,j)\)
4.Luogu P3704 求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mf_{gcd(i,j)}\) , \(f\)为斐波拉契数列。
五.杜教筛
一.前言
一般来说，反演的题目都需要积性函数的前缀和，一般都能用线性筛解决。
但是，如果良心出题人将 \(n\) 出到 \(10^9\) ， 我们就需要使用一种非线性时间筛法。
二.推导
首先设要计算的函数为 \(f\) ， \(S\) 为其前缀和。
构造出两个函数 \(g\) , \(h\) , 使得 \(h=f * g\) , 即 \(h(n)=\sum_{d|n}f(d)*g(\frac{n}{d})\)
显然有：
这就是杜教筛的一般形式了。
3.应用
一般来讲，在杜教筛时，\(h\) 的前缀和可以快速求得 ， \(g\) 的前缀和也尽量简单。
大部分是狄利克雷卷积的形式。
1.求 \(S(n)=\sum_{i=1}^n\mu(i)\)
容易想到 ， \(\mu*I=\epsilon\) ， 即 \(g\) 为 \(I\) , \(h\) 为 \(\epsilon\)。
代入上式得：
附一份代码：
int Summu( int n ) {
if( n <= MAXN ) return summ[ n ]; //预处理
if( Mapm[ n ] ) return Mapm[ n ]; //记忆化
int Ans = 1;
for( int l = 2 , r ; l <= n ; l = r + 1 ) {
r = n / ( n / l );
Ans -= ( r - l + 1 ) * Summu( n / l );
}
return Mapm[ n ] = Ans;
}
2.求 \(S(n)=\sum_{i=1}^n\varphi(i)\)
容易想到 ， \(\varphi*I=id\) ， 即 \(g\) 为 \(I\) , \(h\) 为 \(id\)。
代入上式得：
附一份代码：
int Sumphi( int n ) {
if( n <= MAXN ) return sump[ n ]; //预处理
if( Mapp[ n ] ) return Mapp[ n ]; //记忆化
int Ans = n * ( n + 1 ) / 2;
for( int l = 2 , r ; l <= n ; l = r + 1 ) {
r = n / ( n / l );
Ans -= ( r - l + 1 ) * Sumphi( n / l );
}
return Mapp[ n ] = Ans;
}
结合 \(1,2\) 就是 P4213 【模板】杜教筛（Sum）。
3.求 \(S(n)=\sum_{i=1}^n\varphi(i) \times i^2\)
在迪利克雷卷积中，$ id * id $ 会是一个非常好的式子，因为这样可以约分。
我们不妨构造函数 \(g(n)=n^2\) , 来约掉\(f(n)\)所含的\(n^2\)。
\(h,g\)前缀和非常容易得到
\(\sum_{i=1}^nh(i)=\frac{n^2(n+1)^2}{4}\)
\(\sum_{i=1}^ng(i)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)
带入杜教筛的式子:
然后就可以做 P3768 简单的数学题
4.求 \(S(n)=\sum_{i=1}^n d(i)\)
首先有 \(d=I*I\)
容易想到 ， \(\mu*d=I\) ， 即 \(g\) 为 \(\mu\) , \(h\) 为 \(I\)。
代入上式得：
然后可以用杜教筛同步筛出 \(\mu\) 和 \(d\) 的前缀和。
