数论练习题小结

1.P1447

题意：求

$$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m2\times (i,j)-1$$

思考：原式等价于$2\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(i,j)-n*m$

然后套上欧拉反演即可

时间复杂度$O(\sqrt n)$

2.P4318

题意：$T$ 组数据，每组数据给出一个正整数 $K$ ，求第 $K$ 个不含大于 1的完全平方数因子的正整数。

思考：观察答案的单调性 考虑二分答案

问题转化于如何求一个数的非平方因子数

考虑容斥 我们要减去 $2^2,3^2,5^2$的数 减去$6^2,10^2,15^2$的数，忽略$4^2,8^2,9^2$因子的数

容易发现容斥系数为$\mu(x)$

然后判断一个数是否有平方因子的公式容易得到就是$\mu^2(i)$

容斥一下有多少个这种数即可 时间复杂度$O(T \sqrt n\log n )$

3.P2303

求

$$\sum\limits_{i=1}^n (i,n)$$

考虑欧拉反演

原式等价于$\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{d|n,d|i}\varphi(d)$

前提$d$的枚举 $\sum\limits_{d|n} \sum\limits_{i=1,d|i}^n\varphi(d)$

发现第二轮枚举于$d$无关 直接化简为$\sum\limits_{d|n} (n/d)\varphi(d)$

暴力求即可 时间复杂度$O(\text{因数个数}\times \sqrt n)\leq O(2n)$

即$O(n)$.

4.P3327

设 $d(x)$ 为 $x$ 的约数个数，给定 $n,m$，求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)$$

考虑映射法

设$\sum\limits_{x=1}^{a} p_x^k=i$和$\sum\limits_{y=1}^{b} p_y^k=j$

那么若 $i$ 有$p^x$ $j$ 有 $p^y$ 则 $ij$ 有 $p^{x+y}$

那么考虑这样选数：

• i能选的质因数 一定在$i$选 则$p^z(z\leq x)$
• 否则不够了 在$j$选 并且除以$p^x$ 则$p^z(z>x)$
  因此 最终取的两个因数必须互质

所以答案转化为：

$\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m \sum\limits_{x|i} \sum\limits_{y|j}(x,y)=1$

然后前提$(x,y)$的枚举

$\sum\limits_{x=1}^n \sum\limits_{y=1}^m\sum\limits_{x|i}^n \sum\limits_{y|j}^n (x,y)=1$

发现后面两项与$x,y$无关 继续化简

$\sum\limits_{x=1}^n \sum\limits_{y=1}^m (n/x)(m/y) (x,y)=1$

用$(i,j)$替换一下$(x,y)$ 看到$(i,j)=1$ 考虑莫比乌斯反演

$\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m (n/i)(m/j) \sum\limits_{d|i,d|j}\varphi(d)$

前提$d$的枚举

$\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m[d|i,d|j] (n/i)(m/j)\varphi(d)$

这个式子能继续化简

$\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}} \sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{d}}(n/id)(m/jd)\varphi(d)$

换一下顺序

$\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\varphi(d)\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}(n/id)( \sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{d}}m/jd)$

定义$f(x)$表示 $\sum\limits_{i=1}^x \frac{x}{i}$

原式等于

$\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\varphi(d)f(n/d)f(m/d)$

可以通过整除分块预处理好 $f$ 数组 然后上面的式子也是整除分块即可

时间复杂度$O(n\sqrt n+T\sqrt n)$

5.P1829

题意：求

$$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mlcm(i,j)$$

思考：转换一下 得

$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\frac{i\times j}{(i,j)}$

转化一下$(i,j)$ 得

$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{d|i,d|j}([\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1]\frac{i\times j}{d}$

将$d$的枚举提前 得

$\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(d|i,d|j)([\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1]\frac{i\times j}{d}$

化简一下原式 得

$\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^{n/d}\sum\limits_{j=1}^{m/d}[(i,j)=1] (i*j*d)$

换一下系数 并带入莫比乌斯反演 得

$\sum\limits_{x=1}^{min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^{n/x}\sum\limits_{j=1}^{m/x}\sum\limits_{d|i,d|j} \mu(d)*i*j*x$

将$d$的枚举提前 得

$\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\sum\limits_{x=1}^{min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^{n/x}\sum\limits_{j=1}^{m/x}[d|i,d|j] \mu(d)*i*j*x$

继续化简 得

$\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\sum\limits_{x=1}^{min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^{n/xd}\sum\limits_{j=1}^{m/xd}\mu(d)*i*j*x*d*d$

容易发现 这已经是最简式子 将每个式子变换一下位置

$\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)*d*d\sum\limits_{x=1}^{min(n,m)}x\sum\limits_{i=1}^{n/xd}i\sum\limits_{j=1}^{m/xd}j$

定义$f(x)$表示$\sum\limits_{i=1}^x i$ 化简原式

$\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)*d*d\sum\limits_{x=1}^{min(n,m)}x*f(n/xd)f(m/xd)$

此时 式子需要优化 定义$T=xd$ 原式等于

$\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\mu(T/x)*T/x*T/x\sum\limits_{x=1}^{min(n,m)}T/d*f(n/T)f(m/T)$

化简成枚举$T$ 原式等于

$\sum\limits_{T=1}^{min(n,m)}f(n/T)f(m/T)\sum\limits_{d|T} \mu(T/d)*(T/d)^2*d$

注意到$n\leq 10^7$ 直接整除分块这个式子会TLE两个点 考虑优化

发现后面的式子$\sum\limits_{d|T} \mu(T/d)*(T/d)^2*d$完全可以优化 可以$O(n\log \log n)$预处理 但还是会$T$ 怎么办？

实际上 定义 $g(x)$ 函数为 $\sum\limits_{d|x} \mu(x/d)*(x/d)^2*d$

问题转化为线性求解 $g$ 函数

容易发现 若定义 $q(x)$ 函数为 $\mu(x)*x^2$

其实$g$ 就是$q$函数和$id$函数的卷积 即 $g=q*id$

因为$id$函数是积性函数 $q$ 函数也是积性函数 因此 $g$ 也是积性函数 因此可以线性筛求解

怎么求呢？

考虑拆分原函数

$g(x)=\sum\limits_{d|x} \mu(x/d)*(x/d)*x/d*d$

$=\sum\limits_{d|x} \mu(x/d)*(x/d)*x$

提一下 $x$ 得

$=x\sum\limits_{d|x} \mu(x/d)*(x/d)$

化简一下 得

$=x\sum\limits_{d|x} \mu(d)*d$

现在考虑怎么筛 肯定先不考虑 $x$ 最后再乘上去

• 如果 $g(x)$ 中，$x$为质数 容易得到为$\mu(1)*x+1*\mu(x)=x-1$
• 如果 $g(x*p_j)$ 中 $x$ $mod$ $p_j \ne 0$ 直接根据积性函数性质求导即可
• 如果 $g(x*p_j)$ 中 $x$ $mod$ $p_j = 0$ 因为有重复质因子时 $mu(x)=0$ 所以只需计算所有单一质因子即可 乘上$p_j$就出现了重复因子 所以$x$已经包含了所有质因子 因此$g(x*p_j)=g(x)$

然后筛完乘上 $x$ 即可

回到式子

$\sum\limits_{T=1}^{min(n,m)}f(n/T)f(m/T)g(T)$

整除分块一下即可 时间复杂度$O(n+T\sqrt n)$

6.P1891

求

$$\sum\limits_{i=1}^nlcm(i,n)$$

$T \leq 3*10^5$ , $n \leq 10^6$

大力拆式子 懒得写过程 最终结果为

$n\sum\limits_{d|n}\sum\limits_{i=1}^d[(i,d)=1]i$

所以我们第二个式子要求与当前的数互质的数的和

这个就不能直接套反演了 它还有一个系数$i$

我们思考一下质因数的特点

我们知道一个定律：$(a,n)=1 \to (a,n-a)=1(n>a)$

所以质因数是一对对的 且每一对的和为$n$

所以质因数的和就是$\varphi(n)*n/2$

总时间复杂度$O(n+T\sqrt n)$