【数论笔记】
前言
跟数据结构和网络流奋战了好几天了，来和数论打了
（毕竟我也是上物理课写出过国集反演题的人）
可能更多的是笔记，题目少一点
积性函数
设\(f\)是数论函数，若对于互质的\(a,b\)有\(f(ab) = f(a)f(b)\),则称\(f\)为积性函数。
若上式扩展到任意正整数，则称\(f\)为完全积性的
由唯一分解定理，我们知道对于研究积性函数\(f\)可以转化成研究\(f（p^x）\)
求值
单点求值可以进行分解素因子
如果要对\(1到n\)之间的所有的数求出\(f\),注意到\(Euler\)筛的过程中，可以求出每个数最小的素因子和最小素因子的幂次，因此可以在线性时间内求出\(f\)
单位函数
定义\(ϵ(n)\)
\(ϵ(n) = [n = 1] = \left\{
\begin{aligned}
1,n = 1;\\
\ 0,n \not= 1;
\end{aligned}
\right.\)
单位函数是完全积性函数
除数函数
\(σ_k(n) = \sum\limits_{d|n} d^k\)
约数个数\(σ_0(n)\)常记为\(d(n)\)
约数和\(σ_1(n)\)常记为\(σ(n)\)
\(Euler函数\)
\(\varphi(n) = n * \prod\limits_{i = 1}^{s}(1 - 1 / p_i)\)
易见，该函数为积性函数
性质
\(n = \sum\limits_{d|n}\phi(d)\)
\(\varphi(i * p)(p为质数)= \left\{\begin{array}{l} \varphi(i) * p,(i\mod p = 0)
\\ varphi(i) *(p - 1),(i\mod p \not= 0)
\end{array}\right.\)
\(Dirichlet\)卷积
设\(f,g\)是数论函数，考虑\(h\)
\(h(n) = \sum\limits_{d|n}f(d)g(n / d)\)
称\(h\)为\(f和g\)的\(Dirichlet\)卷积，记做\(h = f * g\)，以下简称为卷积（
性质
\(ϵ\)为该卷积的单位元
满足交换律和结合律
如果\(f,g\)是积性函数，那个\(f * g\)也是积性函数
定义幂函数
\(Id_k(n) = n ^ k,Id = Id_1\)
那么除数函数的定义
\(σ_k = 1 * Id_k\)
\(Euler\)函数定义
\(Id = \phi * 1\)
计算
设\(f,g\)为数论函数，计算他们的卷积在\(n\)处的值，枚举\(n\)的所有约数
计算\(f,g\)卷积的前\(n\)项，可以枚举\(1到n\)的每个数的倍数，根据调和级数的结论，这样是\(O(nlogn)\)的
[SDOI2012]Longge 的问题：
\(\sum\limits_{i = 1}^n gcd(i,n) = \sum\limits_{d|n}d\sum\limits_{i = 1} ^ {n}[gcd(i,n) == d]\\=\sum\limits_{d|n}d\sum\limits_{i = 1} ^ {n / d}[gcd(i,n / d) == 1]\\=\sum\limits_{d|n}d\varphi(n/d)\)
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define ll long long
ll n;
ll phi(ll now){
ll ans = now;
for(ll i = 2;i * i <= now;++i){
if(now % i == 0){
ans = ans / i * (i - 1);
while(now % i == 0) now /= i;
}
}
if(now > 1) ans = ans / now * (now - 1);
return ans;
}
ll ans = 0;
int main(){
scanf("%lld",&n);
ll s = sqrt(n);
for(ll i = 1;i <= s;++i){
if(n % i == 0){
ans += phi(n / i) * i;
if(i * i != n)
ans += phi(i) * (n / i);
}
}
std::cout<<ans<<std::endl;
}
\(Mobius\)函数
\(\mu(n) = \left\{\begin{array}{l} 1,n = 1;
\\ (-1) ^ 2,n = p_1p_2....p_s
\\ 0 otherwise;
\end{array}\right.\)
其中\(p_1,....p_s\)是不同素数
可以看出，\(\mu(n)恰在n无平方因子是非零\)
易见\(\mu\)为积性函数。
性质
\(\mu * 1 = ϵ\)
\(Mobius\)变换
\(g = f * 1\)即\(g\)是\(f\)的\(Mobius\)变换
\(Mobius\)反演
\(g = f * 1\)
\(f = g * \mu\)
证明:
\(g = f * 1 \iff f = f * ϵ = f * 1 * \mu = g * \mu\)
结论
\(\mu(ab) = \mu(a)\mu(b)[(a,b) == 1]\)
YY 的 GCD
\(\sum\limits_{p \in P}\sum\limits_{x = 1} ^ n\sum\limits_{y = 1}^m[gcd(x,y)=p] = \sum\limits_{p \in P}\sum\limits_{x = 1} ^ {n / p}\sum\limits_{y = 1}^{m/p}[gcd(x,y)=1]\\=\sum\limits_{p \in P}\sum\limits_{x = 1} ^ {n / p}\sum\limits_{y = 1}^{m/p}\sum\limits_{d|x,d|y}\mu(d)\\=\sum\limits_{p \in P} \sum\limits_{d = 1} ^ {\lfloor{min(n,m) / p}\rfloor}\mu(d)\lfloor n / pd \rfloor\lfloor m / pd \rfloor \\= \sum\limits_{t = 1}^{min(n,m)}\lfloor n / t \rfloor\lfloor m / t \rfloor\sum\limits_{p \in P,p | t}\mu(\frac{t}{p})\)
对\(\sum\limits_{p \in P,p | t}\mu(\frac{t}{p})\)设为\(g(t)\)
同时令\(f(n) = [n \in P]\)
所以\(g = f * \mu\)
直接计算\(g\)和前缀和，然后计算，时间为\(O(nloglogn)\)
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
ll mu[10000010];
int flag[10000010],prime[10000010],cnt,f[10000010],sum[10000010];
void sieve(){
mu[1] = 1;
for(int i = 2;i <= 10000000;++i){
if(!flag[i]) prime[++cnt] = i,mu[i] = -1;
for(int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= 10000000;++j){
flag[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0) break;
mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
}
for(int i = 1;i <= cnt;++i)
for(int j = 1;prime[i] * j <= 10000000;++j)
f[j * prime[i]] += mu[j];
for(int i = 1;i <= 10000000;++i)
sum[i] = sum[i - 1] + f[i];
}
ll solve(int a,int b){
ll ans = 0;
if(a > b) std::swap(a,b);
for(int l = 1,r = 0;l <= a;l = r + 1){
r = std::min((a / (a / l)),(b / (b / l)));
ans += 1ll * (sum[r] - sum[l - 1]) * 1ll * (a / l) * 1ll * (b / l);
}
return ans;
}
int main(){
sieve();
int n,m,T;
scanf("%d",&T);
while(T -- ){
scanf("%d%d",&n,&m);
std::cout<<solve(n,m)<<std::endl;
}
}
[SDOI2015] 约数个数和
[SDOI2015] 约数个数和
左转题解
题解
杜教筛
我觉得杜教筛值得我写在另一篇里
杂项：
\(Euler\)定理
\(a ^ {\varphi(n)} = 1 (mod\ n)\)
\(a ^ n = a ^ {m\ mod \ \varphi(n) + \varphi(n)} = 1 (mod\ n)\)
\(Lucas\)定理
对于组合数膜上一个质数，有
\(C_{n}^{m} = (C_{n \ mod\ p}^{m \ mod\ p})(C_{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor})(mod\ p)\)
