数论

合集 - 学习笔记(12)

1.并查集2023-11-242.多项式相关2023-11-243.CDQ分治2023-12-17

4.数论2023-12-15

5.数据结构2024-01-276.树分治2024-09-237.斜率优化（李超树）2024-06-268.贪心2024-08-069.单调队列优化dp2024-10-3110.扫描线2024-10-2911.网络流&费用流&二分图2024-10-2912.深搜DFS2023-03-25

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暂时鸽了

归不到类，说实话不知道从哪里开始。

一些记号

积性函数

没啥好说。如果一个定义在 $N+$ 集合上的函数 $f$ 满足对于任意一对互质的正整数 $p,q$ 都有 $f(pq)=f(p)f(q)$，则称 $f$ 为积性函数。若是对于任意正整数 $p,q$ 都有 $f(pq)=f(p)f(q)$ 则称 $f$ 为完全积性函数。

性质：若 $f,g$ 是积性函数，则 $h=f*g$ 也是积性函数。

狄利克雷卷积&生成函数

定义

定义为在数论函数之间的一种二元运算，是数论函数的重要运算，数论函数的许多性质都是通过这个运算挖掘出来的。对于两个数论函数 $f(x),g(x)$，他们的狄利克雷卷积得到的结果 $h(x)$ 定义为：$h(x)=\sum\limits_{d|x}f(d)g(\frac{x}{d})=\sum\limits_{ab=x}f(a)g(b)$，简记为 $h=f*g$

同时我们有狄利克雷生成函数（DGF）。对于一个无穷序列 $f_{\mathbf{1}},f_{\mathbf{2}},\ldots$，定义其狄利克雷生成函数为 $\tilde{F}(x)=\sum\limits_{i\ge\mathbf{\small{1}}}\dfrac{f_i}{i^x}$

对于两个序列 $f,g$，其狄利克雷生成函数之积，对应的是两者的狄利克雷卷积序列的狄利克雷生成函数：$F(x)G(x)=\sum\limits_i\sum\limits_j\dfrac{f_ig_i}{(ij)^x}=\sum\limits_i\dfrac{\mathbf{\small{1}}}{i^x}\sum\limits_{d|i}f_d\:g_{\frac{\mathbf{1}}{d}}$

性质

满足一般的交换律、结合律、分配律，并且 $f=g$ 的充要条件是 $f*h=g*h$，其中数论函数 $h(\mathbf{1})\neq \mathbf{\small{0}}$

单位元：令单位函数 $\varepsilon$ 是狄利克雷卷积运算中的单位元，及对于任何数论函数 $f$ 都有 $f*\varepsilon=f$

逆元：对于任何一个满足 $f(x)\neq\mathbf{\small{0}}$ 的数论函数，如果有 $g(x)$ 满足 $f*g=\varepsilon$，则称 $g(x)$ 是 $f(x)$ 的逆元，逆元是唯一的。$g(x)=\dfrac{\varepsilon(x)-\sum_{d|x,d\neq\mathbf{\small{1}}}f(d)g(\frac{x}{d})}{f(\mathbf{1})}$

两个结论：两个积性函数的 Dirichlet 卷积也是积性函数，一个积性函数的逆元也是积性函数证明不想证。

整除分块

为什么我的中括号打出来就是上取整（
引入：求 $\sum\limits^n_i \lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor$。我们通过观察可以得到 $n/i$ 只有大约 $\mathbf{\small{2}}\sqrt{n}$ 种结果，我们就可以把每一种相同的结果都合并到一个块里。假如我们求出了一个块，即已知 $i\in[l,r]$ 时 $\lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor$ 都相等，我们珂以把这个块理解为一个长方形，长为 $r-l+\mathbf{\small{1}}$ 宽为 $n/l$，答案就是面积。考虑求出下一个块，结论：设已知块为 $[l,r]$，则新块为 $[r+\mathbf{1},n/(n/l)]$，证明：

ll ans=0,l=1,r;
for( ;l<=n; ){
	r=n/(n/l);
	ans=(ans+(r-l+1)*(n/l))%mod;
	l=r+1;
}
return ans;

一个题

珂以将 $\sum\limits_i^n k\:\%\:i$ 的取模部分转化为 $k-i \lfloor \dfrac{k}{i} \rfloor$，这样原式化为 $kn-\sum\limits_i^n \:i\lfloor \dfrac{k}{i} \rfloor$。有一个trick：我们要求 $\sum\limits_i^n \:f(i)\lfloor \dfrac{k}{i} \rfloor$，$f(i)$ 表示某数论函数。一个块内的答案其实就是 $\lfloor \dfrac{k}{l} \rfloor \times$ 函数对应区间和，这个题中我们直接等差数列求和就行。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=1145140,M=1919810,mod=10007;
ll n,k,tmp,num[N];
ll qpow(ll a,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1) ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
ll ans=0,l=1,r;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>n>>k;
	for( ;l<=n&&k/l; ){ //细节1，可能有0
		r=min(k/(k/l),n); //细节2，不要越界
		ans+=(k/l)*((l+r)*(r-l+1)/2);
		l=r+1;
	}
	cout<<n*k-ans;
	return 0;
}

莫比乌斯反演

定义

首先是定义莫比乌斯函数 $\mu$ 为 $\mu(n)=\left\{\begin{array}{a}\mathbf{1} & n=\mathbf{1}\\ \mathbf{0} & n含有平方因子 \\(-\mathbf{1})^k & k为n的本质不同质因子个数\end{array}\right.$

然后 $\mu(n)$ 是个积性函数，珂以线性筛来求，同时有两个结论：

• $\sum\limits_{d|n}\mu(n)=\left\{\begin{array}{a}\mathbf{0} & n=\mathbf{1}\\ \mathbf{1} & n\neq\mathbf{1} \end{array}\right.$，即$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=\varepsilon(n),\mu *\mathbf{1}=\varepsilon$

• 反演结论：$[gcd(i,j)=\mathbf{1}]=\sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d)=\varepsilon(gcd(i,j))$

线性筛求 $\mu$ 的代码：

void calc(){
	mu[1]=1; //莫比乌斯函数
	for(int i=2;i<=5e4;++i){
		if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=5e4;++j){
			vis[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0){
				mu[i*pri[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=5e4;++i) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}