蒟蒻的数论笔记

数论笔记

定义

---

---

一些规定

1.如无特殊标记，$f_k(n)=f^k(n)$

2.如无特殊说明，$num(n,p)=max(k \in {p^k|n})$

3.$[x]$按照语境通常是向下取整的含义

4.$\,p\,$表示容易质数，$\,P\,$表示质数集，如无特殊说明，$\,p_i\,$表示第$\,i\,$大的质数

---

许多数论函数

欧拉函数$\varphi(x)$:[1,n]中与n互质的数的个数

$$\varphi(n)=n*\Pi\frac{p_i-1}{p_i}$$

刘维尔函数

$$\lambda (n)=\sum_{d\in P,d|n}1$$

莫比乌斯函数

$$\mu(n)=\begin{cases} μ(n)=1&n=1\\ μ(n)=0&a^2[a\not=1]|n\\ μ(n)=(-1)^{\lambda(n)}&otherwise\\ \end{cases}$$

约数个数函数

$$d(n)=\sum_{d|n}1$$

元函数

$$\epsilon(n)=[n=1]$$

恒等函数

$$I(n)=1$$

单位函数

$$id(n)=n$$

约数和函数

$$\sigma(n)=\sum_{d|n}d$$

积性函数：

$$\forall (a,b)=1,\, f(ab)=f(a)f(b)$$

完全积性函数：

$$\forall a,b\in Z^+,\, f(ab)=f(a)f(b)$$

---

---

狄利克雷卷积

定义

设$f,g$为积性函数
则$f\,\ast\,g=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$

---

狄利克雷卷积的一些性质

$f\,\ast\,\epsilon\,=\,f$
$f\,\ast\,g=g\,\ast\,f$
$f\,\ast\,(g\,\ast\,h)=(f\,\ast\,g)\ast\,h$
$(f+g)\,\ast\,h=\,f\,\ast\,h\,+\,g\,\ast\,h$

---

---

定理

小知识

常见结论

神秘小知识

(1)

$$\sum_{d|n}\varphi(d)=n$$

证明如下：

构造一个二元数列$\,(h,k)\,$使得$\,(h,k)=1\,\and\,k\mid n\,\and\,1\leq h<k$,特殊地，$(1,1)$也被认为是合法的

构造另一个二元数列$\,(i,n)\,$其中$\,1\leq i\leq n$,

对于$\,(h,k)\,$考虑其到$\,(i,n)\,$的映射，

不难发现$\,(h,k)\rightarrow (\frac{hn}{k},n)$

$$\because h<k\,\and\,k\mid n\\ \therefore \frac{h}{k}<1\Rightarrow \frac{hn}{k}<n\\ \Rightarrow \exists\,(i,n)=(\frac{hn}{k},n)$$

可以得到$\,|(h,k)|\leq|(i,n)|\,$

再考虑$\,(i,n)\,$到$\,(h,k)\,$的映射

$$(i,n)\rightarrow (\frac{i}{(i,n)},\frac{n}{(i,n)})\\ \because\frac{n}{(i,n)}\mid n\\ \therefore\exists\,(h,k)=(\frac{i}{(i,n)},\frac{n}{(i,n)})$$

可以发现$\,|(i,n)|\leq|(h,k)|\,$

放缩得$\,|(i,n)|=|(h,k)|\,$

显然有$\,|(i,n)|=n\,$,所以$\,|(h,k)|=n\,$

结合定义知$k=d\Rightarrow (h,k)=\varphi(d)$,即$|(h,k)|=\sum_{d\mid n}\varphi(d)$

得证

(2)

$$I\,\ast\,\mu=\epsilon$$

证明如下

$$n=1,I\,\ast\,\mu=\mu(1)=1$$

若$n\neq1\rightarrow n=\prod p_i^{a_i}$

由$\mu\,$的定义知，若$\,\,\exists\,num(m,p)>1\rightarrow \mu(m)=0$

故而我们只考虑$\,\,\prod\limits_{i=1}^{\lambda(n)}[num(m,p_i)\leq 1]=1\,$的$\,m\,$，下面的$\,m\,$都满足这一性质

设

$$S_i=\sum_{\lambda(d)=i}\mu(d)$$

$$L_i=|S_i|$$

$$i\equiv 1\,(mod\,\,2)\rightarrow S_i=-L_i$$

$$i\equiv 0\,(mod\,\,2)\rightarrow S_i=L_i$$

$$S_i=(-1)^iL_i$$

就是说$\,S_i\,$考虑有$\,i\,$个质因子的$\,m\,$的总贡献，$\,L_i\,$表示这样的$\,m\,$的个数，特殊地，我们有$L_0=S_0=1$，也就是$\,m=1\,$的贡献

由组合数的知识容易得到

$$L_i={\lambda(n)\choose i}$$

考虑用$\,L_i\,$来表达$\,I\,\ast\,\mu\,$，简单带入可得

$$I\,\ast\,\mu=\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{\prod\limits_{i=1}^{\lambda(n)}[num(m,p_i)\leq 1]=1}\mu(m)=\sum_{i=0}^{\lambda(n)}S_i=\sum_{i=0}^{\lambda(n)}(-1)^iL_i=\sum_{i=0}^{\lambda(n)}(-1)^i{\lambda(n)\choose i}$$

考虑构造函数

$$f(x)=\sum_{i=0}{\lambda(n)\choose i}x^i=(1+x)^{\lambda(n)}$$

$$f(-1)=\sum_{i=0}^{\lambda(n)}(-1)^i{\lambda(n)\choose i}=0$$

所以有

$$n\neq1,I\,\ast\,\mu=0$$

综上，得证

(3)

$gcd(n,m)=1\rightarrow\varphi(nm)=\varphi(n)\varphi(m)\quad$也就是说欧拉函数是积性函数，但不是完全积性函数

(4)

杜教筛的构造

要求$\,f\,$的前缀和，构造一个很好求前缀和的函数$\,h\,$和一个很好求前缀和的辅助函数$\,g\,$，使得

$$h=f\,\ast\,g$$

$$S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\,,\,S_h(n)=\sum_{i=1}^nh(i)$$

按狄利克雷卷积的定义展开

$$S_h(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f({\frac{i}{d}})$$

考虑用$\,S_h\,$表示$\,S$，于是考虑交换求和符号，使得$\,g\,$和$\,f\,$分离：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f({\frac{i}{d}})=\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{i=1}^{[\frac{n}{d}]}f(i)=\sum_{d=1}^ng(d)S([\frac{n}{d}])$$

发现$\,\frac{n}{1}=n\,$，所以我们把右边第一项提出来：

$$S_h(n)=g(1)S(n)+\sum_{d=2}^ng(d)S(\frac{n}{d})$$

整理得

$$S(n)=\frac{S_h(n)-\sum_{d=2}^ng(d)S(\frac{n}{d})}{g(1)}$$

由于构造的$S_h(n)$是容易求得的，即可以在低于线性的时间内求出（实际上很多时候都是$\,\Theta(1)\,$的），

$\,g(1)\,$也显然可以在$\,\Theta(1)\,$的时间里求出，所以只需要在低于线性的时间里求$\,g(d)S(\frac{n}{d})\,$的除去第一项的前缀和

考虑使用整除分块，则转化为求$\,g\,$在不超过$\,2\sqrt n\,$段上的和，前缀和即可，

对于$\,S([\frac{n}{d}])\,$项，我们直接递归，暴力地预处理出$n^{\frac{2}{3}}$个前缀和即可

复杂度分析

下文考虑中均认为求$\,f,g\,$的前缀和是$\,\Theta(1)\,$的

运用杜教筛，我们把求$\,S(n)\,$转化为了求所有的$\,S(\frac{n}{d})\,$，本质上只有$\,2\sqrt n\,$种取值，忽略常数后，我们设杜教筛的复杂度为$\,T(n)\,$，可得方程

$$T(n)=\sqrt n+\sum_{i=2}^{[\sqrt n]}(\,T(i)+T(\frac{n}{i})\,)$$

含义为，求前n项前缀和的复杂度是$\,$整除分块的复杂度+处理出每个$\,S(\frac{n}{d})\,$和$\,S(d)\,$的复杂度

这里我们默认了$\,n\,$超出了预处理的前缀和，但$\,\frac{n}{d}\,$显然可能是被预处理过的值，所以需要考虑预处理，设预处理了$\,k\,(k\geq\sqrt n)\,$个，那么总的复杂度为：

$$k+T(n)=k+\sqrt n+\sum_{i=2}^{[\sqrt n]}(\,T(i)+T(\frac{n}{i})\,)$$

注意到所有$\,T(i)\,$都已经被预处理了，可以$\,\Theta(1)\,$得到，复杂度为$\,\Theta(\sqrt n)\,$，

接着考虑$\,T(\frac{n}{i})\,$的处理，考虑继续展开，注意此时不需要再预处理了：

$$k+T(n)=k+\sqrt n+\sum_{i=2}^{\sqrt n}T(\frac{n}{i})=k+\sqrt n +\sum_{i=2}^{\frac{n}{k}}{\frac{n}{\sqrt k}}$$

上式最后的$\,\sum\,$含义为一个大于$\,k\,$的值迭代到$\,k\,$以内的迭代次数

令总复杂度为$\,D=k+T(n)\,$，选$\,k\,$为主元，考虑其极值，得

$$D^\prime=1-\frac{n}{2k^{\frac{3}{2}}}=0$$

$$2k^{\frac{3}{2}}=n$$

$$k={(\frac{n}{2})}^{\frac{2}{3}}$$

最终的复杂度为$\,\Theta(n^\frac{2}{3})$.

(5)

莫比乌斯反演

$$F(n)=\sum_{d|n}f(d)\rightarrow\,f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)·F(\frac{n}{d})$$

证明如下

$$F=f\ast I$$

$$F\ast \mu=f\ast I\ast \mu$$

$$F\ast \mu=f$$

得证

积性函数

(6)

对于任意积性函数$f\,$有

$$\forall n=\prod p_i^{a_i}$$

$$f(n)=\prod f(p_i^{a_i})$$

有算数基本定理和积性函数的定义容易推出

(7)对于任意完全积性函数$f\,$有

$$f(n^k)=f^k(n)$$

若积性函数$f\,$满足上式，则$f\,$也是完全积性函数

(8)

积性函数的神秘性质

$$\sum_{d|n}f(d)=\prod_{i=1}^{\lambda(n)} \sum_{j=0}^{num(n,p_i)}f(p_i^j)$$

由算数基本定理容易推出

(9)

由结论1得：

$$\varphi\,\ast\,I=id$$

考虑消去其中的$\,I\,$，利用结论2，两边同卷$\,\mu$：

$$\varphi\,\ast\,I\,\ast\mu=id\,\ast\,\mu \\ \varphi=id\,\ast\,\mu \\ \varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d} \\ \frac{\varphi(n)}{n}=\sum_{d|n}{\frac{\mu(d)}{d}}$$

Powerful Number 筛

个人觉得比上面两种筛法都简单

先定义powerful number为$\forall n,\forall p\in P\,\and p\mid n,p^2\mid n$

说人话就是所有质因子次数不小于2的数

还是求积性函数的前缀和，构造函数$g,g(p)=f(p)$，并使得$\,g\,$的前缀和容易求出

令

$$f=g\,\ast\,h$$

有

$$f(p)=g(1)h(p)+g(p)h(1)=h(p)+g(p)\\ \Rightarrow h(p)=0$$

考虑展开卷积，得

$$S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d\mid i}g(d)h(\frac{i}{d})$$

考虑$\,g\,$的前缀和是容易求出的，交换求和号

$$S(n)=\sum_{i=1}^nh(i)\sum_{d}^{\frac{n}{i}}g(d)=\sum_{i=1}^nh(i)S_g(\frac{n}{i})$$

这依然是$\,\Theta(n)\,$的，但因为$\,h\,$是积性函数并且$\,h(p)=0$，所以$\,\forall h(n)\neq 0,n\in Powerful\ Number$

考虑$\,Powerful\ Number\,$的数量，以下的$\,q\,$是$Powerful\ Number$

由定义知

$$q=\prod_{i=1}^{\lambda(q)}p_i^{x_i}\\ \forall i,x_i\geq 2$$

上文的$\,p_i\,$仅表示$\,q\,$的质因子

不难发现

$$\forall i,x_i=2a_i+3b_i(a_i,b_i\geq 0)$$

那么

$$q=\prod_{i=1}^{\lambda(q)}(p_i^{a_i})^2\cdot(p_i^{b_i})^3\\ q=A^2B^3$$

记$\,power(n)=[n\in Powerful\ Number]\,$，那么powerful number的数目就是$\,power()\,$的前缀和

考虑枚举$\,A$，计算对于的贡献，为了不算重，应该只枚举$1-\sqrt n$，那么

$$S_{power}(n)=\sum_{i=1}^npower(i)=\sum_{x=1}^{\sqrt n}\sum_{i=1}^n[\sqrt[3]{\frac{i}{x^2}}\in Z]\\ \int_{1}^{\sqrt n}\sqrt[3]{\frac{n}{x^2}}dx=\frac{3}{2}(\sqrt n-n^{\frac{1}{3}})=\Theta(\sqrt n)$$

那么就只需要求出$[1,n]$中的所有powerful number，然后就可以$\Theta(F\sqrt n)$求出$\,f\,$的前缀和，其中$\,F\,$是求$\,g\,$的前缀和的复杂度

接下来介绍一个小技巧：

观察$f=g\,\ast\,h$，发现$f\,\ast\,g^{-1}=\epsilon\,\ast\,h=h$，其中$g^{-1}\,\ast\,g=\epsilon$

所以只要构造出$\,g\,$就可以求出$\,h$，减小了构造的工作量

powerful number筛的时间复杂度和思维难度都有一定优势，但其辅助函数难以构造，使得很多问题不能用其解决

---

真定理

1.欧拉定理:

$$a^k\equiv\,a^{k\mod\varphi(p)+\varphi(p)}(mod\,\,p)(k>\varphi(p))$$

特殊地，$gcd(a,p)=1\,$时,有$\,\,a^k\equiv\,a^{k\mod\varphi(p)}(mod\,\,p)$

注意，使用时应当判断$\,k\,$与$\varphi (p)$的大小

2.费马小定理

其实就是欧拉函数的性质在欧拉定理中的应用：

$$\lambda(p)=1$$

$$a^{p-1}=1(mod\,\,p)$$

---

代码

封装好了一些基本的东西

卢卡斯定理没有过

class MyMath
{
	public:
		vector<int> prime;
		vector<int> phi;
		vector<int> mu;
		template<typename Tp_> inline Tp_ inv(Tp_ x,Tp_ p) {return pow(x,-1,p);}
		inline bool is_prime(ll x)
		{
			if(x<0) x=-x;
			if(!prime.empty())
				if((*prime.rbegin())*(*prime.rbegin())>=x)
				{
					for(vector<int>::iterator it=prime.begin();(*it)*(*it)<=x&&it!=prime.end();++it)
						if(!(x%(*it))) return false;
					return true;
				}//surely a bit faster,almost log(n)
			for(ll i(2);i*i<=x;++i)
				if(!(x%i)) return false;
			return true;
		}//n^0.5 hardly used
		inline ll pow(ll a,ll x,ll p)
		{
			if(x==0) return 1;
			if(x>0)
			{
				ll ret=1;
				while(x) ret=(x&1?a*ret%p:ret),x>>=1,a=a*a%p;
				return ret;
			}
			else
			{
				if(!phi.empty())
					if(phi.size()>p)
						return pow(a,x%phi[p]+phi[p],p);
				ll ph=Phi(p);
				return pow(a,x%ph+ph,p);
			}
		}//maybe log,n^0.5 when using Phi()
		template <typename Tp_> inline Tp_ gcd(Tp_ x,Tp_ y)
		{
			if(x>y) swap(x,y);
			if(x==0) return (y?y:1);
			return gcd(y%x,x);
		}//almost log
		template <typename Tp_> inline Tp_ lcm(Tp_ x,Tp_ y) {return x/gcd(x,y)*y;}
		inline int ex_gcd(int a,int b,int c,int &p,int &q)
		{
			int g=ExEuclid(a,b,p,q);
			if(c%g) return p=0,q=0;
			g=c/g,p*=g,q*=g;
			return 1;
		}//a*p+b*q=c(mod p),about log,maybe
		template<typename Tp_> inline Tp_ Phi(Tp_ x)
		{
			Tp_ tmp=x,ret=x;
		    for (Tp_ i=2;i*i<=x;++i)
		        if (tmp%i==0)
		        {
		            ret=ret-ret/i;
		            while (tmp%i==0) tmp/=i;
		        }
		    if(tmp>1) ret-=ret/tmp;
			return ret;
		}//n^0.5
		template<typename Tp_> inline Tp_ Lucas(Tp_ n,Tp_ m,Tp_ p)
		{
			if(m==0) return 1;
			Tp_ np=n%p,mp=m%p;
			if(np<mp) return 0;
			mp=min(np-mp,mp);
			Tp_ p1=1,p2=1;
			for( Tp_ i = 0 ; i < mp ; ++i )
				p1=p1*(n-i)%p,
				p2=p2*(i+1)%p;
			return (p1*pow(p2,p-2)%p)*Lucas(n/p,m/p,p)%p;
		}//p must be a prime
		inline void sieve(const int capN)
		{
			bool *isp;
			isp=new bool [capN+5];
			memset(isp,0,sizeof(bool)*(capN+4));
			if(!prime.empty()) prime.clear();
			for(int i(2);i<=capN;++i)
			{
				if(!isp[i]) prime.emplace_back(i);
				for(vector<int>::iterator it=prime.begin();it!=prime.end();++it)
				{
					if(i*(*it)>capN) break;
					isp[i*(*it)]=1;
					if(!(i%(*it))) break;
				}
			}
			delete isp;
		}//O(n) and need more place
		inline void phi_sieve(const int capN)
		{
			if(!prime.empty()) prime.clear();
			phi.resize(capN+4,0),phi[1]=1;
			for(int i(2);i<=capN;++i)
			{
				if(!phi[i])
					prime.emplace_back(i),
					phi[i]=i-1;
				for(vector<int>::iterator it=prime.begin();it!=prime.end();++it)
				{
					if(i*(*it)>capN) break;
					if(!(i%(*it)))
					{
						phi[i*(*it)]=phi[i]*(*it);
						break;
					}
					else phi[i*(*it)]=phi[i]*(*it-1);
				}
			}
		}//cna get phi while finding primes in [1,capN]
	private:
		inline int ExEuclid(int a,int b,int &p,int &q)
		{
			if(b==0) return p=1,q=0,a;
			int d=ExEuclid(b,a%b,p,q);
			int tmp=p;
			p=q,q=tmp-a/b*q;
			return d;
		}//a help function of ex_gcd
}M;