数论2

目录

• 数论-进阶
  • 扩展欧拉定理
    • 上帝与集合的正确用法
  • 狄利克雷卷积
    • 定义
    • 定理
    • 交换律结合律
    • $I$ 函数
    • 狄利克雷逆
  • 常见积性函数及性质
  • 莫比乌斯反演
    • 莫比乌斯函数
    • 定义
    • 优秀的性质
    • P1447 [NOI2010] 能量采集

数论-进阶#

扩展欧拉定理#

若 $b\ge \varphi(m)$ 则有 $a^b\equiv a^{b\bmod\varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m$

上帝与集合的正确用法#

思路：

题目要你求：

$$2^{2^{2^{2\cdots}}} \bmod p$$

的值，多组询问

很显然，设 $2^{2^{2^{2\cdots}}}=x$ 则由于扩展欧拉定理：

$$2^x\equiv 2^{x\bmod\varphi(p)+\varphi(p)}\pmod p$$

然后出现了 $2^x\bmod \varphi(p)$ 这个式子，我们就可以不断递归求解了

狄利克雷卷积#

定义#

数论函数 $f(n)$ 和 $g(n)$ 的狄利克雷卷积定义为：

$$h(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac nd)$$

记作：$h=f*g$

定理#

两个积性函数的狄利克雷卷积也是积性函数

两个积性函数对应位置相乘所得到的函数也是积性函数

交换律结合律#

$f*g=g*f$

$f*(g*h)=(f*g)*h$

其中 $f,g,h$ 为积性函数

$I$ 函数#

$I(n)=[x=1]$

$I$ 是单位元，$\forall$ 数论函数 $f$ 都有 $f*I=I*f=f$

狄利克雷逆#

若 $f*g=I$，则 $f,g$ 互为彼此的狄利克雷逆

常见积性函数及性质#

$1$ 函数：$1(n)=1$

$Id$ 函数：$Id(n)=n$

$I$ 函数：$I(n)=[n=1]$

$Id=\varphi*1\to Id*\mu=\varphi$

莫比乌斯反演#

莫比乌斯函数#

对于 $\mu(n)$

若 $n=1$ 则 $\mu(n)=1$

若 $n=p_1\cdot p_2\cdots p_k(\text{其中}\ p_i\ \text{为互异素数})$ 则 $\mu(n)=(-1)^k$

否则 $\mu(n)=0$

由于 $1*\mu=I$，所以 $1,\mu$ 互为彼此的狄利克雷逆

定义#

设数论函数 $f$，称 $F=f*1$ 为莫比乌斯变换

设数论函数 $F$，称 $f=F*\mu$ 为莫比乌斯反演

优秀的性质#

对于约数个数函数 $d(x)$ 有如下性质：

$$d(i\cdot j)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[\gcd(x,y)=1]$$

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

$$\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)=[\gcd(i,j)=1]$$

$$Id*\mu=\varphi$$

P1447 [NOI2010] 能量采集#

此题即求：

$$2\times \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\gcd(i,j)-n\times m$$

后续我们假定 $n\le m$

显然我们需要求的就是

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\gcd(i,j)$$

按照常规套路，枚举 $\gcd(i,j)$ 等于多少

$$\sum_{k=1}^n k\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=k]$$

常规莫比乌斯反演

$$\sum_{k=1}^n k\sum_{i=1}^{\frac nk}\sum_{j=1}^{\frac mk}[\gcd(i,j)=1]$$

$$\sum_{k=1}^n k\sum_{i=1}^{\frac nk}\sum_{j=1}^{\frac mk}\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)$$

$$\sum_{k=1}^n k\sum_{d=1}^{\frac nk}\mu(d)\lfloor \frac n{kd}\rfloor \lfloor \frac m{kd}\rfloor$$

这样再使用整出分块足以通过此题

然而我们仍可以优化

我们令 $T=kd$

$$\sum_{k=1}^n k\sum_{T=1}^n[k|T]\mu(\frac Tk)\lfloor \frac n{T}\rfloor \lfloor \frac m{T}\rfloor$$

优先枚举 $T$

$$\sum_{T=1}^n\sum_{k|T}k\cdot\mu(\frac Tk)\lfloor \frac n{T}\rfloor \lfloor \frac m{T}\rfloor$$

由于有关狄利克雷卷积的常识 $Id*\mu=\varphi$，原式可以化简为

$$\sum_{T=1}^n\varphi(T)\lfloor \frac n{T}\rfloor \lfloor \frac m{T}\rfloor$$

那么此题就可以在 $O(\min(n,m))$ 的时间内解决