积性函数&莫比乌斯反演&筛法学习笔记
积性函数&莫比乌斯反演&筛法
符号约定
\(\mathbb{P}\) 表示质数集合
在不加说明的情况下，\(p\) 为某个质数，\(p_i\) 表示从小到大第 \(i\) 个质数，且 \(p_0=1\)
\(\text{minp}(x)\) 表示 \(x\) 的最小质因子
理论基础
数论函数
定义在正整数域上的函数，值域在正整数域上的函数称为数论函数
狄利克雷卷积
对于两个数论函数 \(f,g\) 定义其狄利克雷卷积为 \((f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac n d)\)
狄利克雷卷积有如下性质
-
交换律： \(f*g=g*f\)
-
结合律： \(f*(g*h)=(f*g)*h\)
-
分配律： \(f*(g+h)=f*g+f*h\)
-
有单位元 \(\epsilon\)
-
若 \(f,g\) 均为积性函数，则 \(f*g\) 也为积性函数
证明下性质5
在狄利克雷卷积意义下存在逆的定义：
定义 \(g\) 是 \(f\) 的逆，当且仅当 \(f*g=\epsilon\)
积性函数
若一个数论函数 \(f\) 满足 \(f(1)=1 \ \text{and} \ \forall \gcd(i,j)=1\to f(ij)=f(i)f(j)\) ，我们则称它是积性函数
特别的，对于满足 \(\forall i,j,f(i*j)=f(i)*f(j)\) 的数论函数 \(f\) ,我们称它是完全积性函数
常见的积性函数
元函数： \(\epsilon(n)=[n=1]\)
恒等函数： \(I(n)=1\)
单位函数： \(id(n)=n\)
幂函数： \(id_k(n)=n^k\)
约数个数函数：\(d(n)\) 或 \(\sigma_0(n)\)
约数和函数：\(\sigma(n)\)
除数函数： \(\sigma_k(n)\)
欧拉函数： \(\varphi(n)\)
莫比乌斯函数： \(\mu(n)=\begin{cases}1,n=1\\(-1)^k,n为k个不同质数之积\\0,n有平方因子\end{cases}\)
积性函数的筛法
我们可以利用欧拉筛在线性时间内筛出任意积性函数 \(f\)
对于欧拉筛我们只需讨论两种情况
- \(i\perp p,p\space is \space prime,f(ip)=f(i)(p)\)
- \(i=p^kj,j\perp p,p\space is\space prime,f(ip)=f(j)f(p^{k+1})\)
对于不同的数论函数具体讨论即能求出
小结论
-
\(\mu*I=\epsilon\)
记n有k个不同素因子
\((\mu*I)(n)=\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^k(-1)^k\tbinom k i=(1-1)^k=[k=0]=[n=1]\)
-
\(\varphi*I=id\)
即 \(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\)
这个的证明考虑分母为n的n个真分数，约分后分子分母互质且每一个分母 \(d\) 出现次数为 \(\varphi(d)\)
考虑每一个分母为 \(d\) 的，分子与 \(d\) 互质的 \(\varphi(d)\) 个分数大小不一且唯一
同时乘上 \(\frac n d\) 后，分子一一对应\([1,n]\)
-
\(\mu *id=\varphi\)
考虑结论2与结论1
\(\mu*id=\mu*\varphi*I=(\mu*I)*\varphi=\epsilon*\varphi=\varphi\)
莫比乌斯反演
根据我们已经学会的结论，我们能轻松得到莫比乌斯反演的公式了
\(f*I=g\iff g*\mu=f\)
由结论1可证
\(g(n)=\sum_{d|n}f(d)\iff f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)g(\frac n d)\)
通过结论1，我们也有
\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)
经典式子推导
默认 \(n\leq m\)
复杂度记号 \(O(T_1)-O(T_2)\) 表示预处理 \(O(T_1)\) 单次询问 \(O(T_2)\)
-
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]\)
套路莫反一波
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)\)
考虑直接枚举 \(\gcd(i,j)\) 的因数 \(d\)
\(\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\frac n d}\sum_{j=1}^{\frac m d}\mu(d)\\\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\lfloor\frac n d\rfloor\lfloor\frac md \rfloor\)
通过欧拉筛预处理 \(\mu\) 和整除分块可以做到 \(O(n)-O(\sqrt n）\)
-
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)\)
套路枚举 \(\gcd\)
\(\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac n d}\sum_{j=1}^{\frac m d}[\gcd(i,j)=1]\)
右边是我们熟悉的问题1，转化为
\(\sum_{d=1}^{n}d\sum_{g=1}^{\frac n d}\mu(g)\lfloor\frac n{dg}\rfloor\lfloor\frac m {dg} \rfloor\)
直接计算这个式子复杂度是 \(O(\sum_{d=1}^{n}\sqrt\frac n d)=O(n)\)
考虑枚举 \(t=dg\) 交换一波和式
\(\sum_{t=1}^{n}\lfloor\frac n t\rfloor\lfloor\frac m t\rfloor\sum_{d|t}d\mu(\frac t d)\)
不难发现第二重和式就是 \((\mu*id)(t)=\varphi(t)\)
简化为
\(\sum_{t=1}^{n}\lfloor\frac n t\rfloor\lfloor\frac m t\rfloor\varphi(t)\)
通过欧拉筛预处理 \(\varphi\) 和整除分块同样可以做到 \(O(n)-O(\sqrt n）\)
-
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1]ij\)
类似问题1
先套路莫反
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)ij=\sum_{d=1}^nd^2\mu(d)\sum_{i=1}^{\frac n d}\sum_{j=1}^{\frac m d}ij\\=\sum_{d=1}^nd^2\mu(d)\frac{(\lfloor\frac n d\rfloor+1)\lfloor\frac n d\rfloor(\lfloor\frac m d\rfloor+1)\lfloor\frac m d\rfloor}4\)
预处理 \(id_2\mu\) ，整除分块可以做到 \(O(n)-O(\sqrt n）\)
-
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\text{lcm}(i,j)\)
由于 \(\text{lcm}\) 并没有 \(\gcd\) 那么优美的性质，我们一般将其转化为 \(\gcd\) 计算
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac {ij}{\gcd(i,j)}\\=\sum_{d=1}^n\frac 1 d\sum_{i=1}^{\frac n d}\sum_{j=1}^{\frac m d}[\gcd(i,j)=1]idjd\\=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\frac n d}\sum_{j=1}^{\frac m d}[\gcd(i,j)=1]ij\)
第二三重和式为问题3
简化为
\(\sum_{d=1}^nd\sum_{g=1}^{\frac n d}g^2\mu(g)\frac{(\lfloor\frac n {dg}\rfloor+1)\lfloor\frac n {dg}\rfloor(\lfloor\frac m {dg}\rfloor+1)\lfloor\frac m {dg}\rfloor}4\)
由于这个部分式子不够优美，不能像问题2那样凑出一个优美的狄利克雷卷积
我们直接整除分块套两次处理这个问题
记 \(f(n,m)=\sum_{d=1}^nd^2\mu(d)\frac{(\lfloor\frac n d\rfloor+1)\lfloor\frac n d\rfloor(\lfloor\frac m d\rfloor+1)\lfloor\frac m d\rfloor}4\)
\(ans=\sum_{d=1}^ndf(\lfloor\frac n d\rfloor,\lfloor\frac m d\rfloor)\)
时间复杂度 \(O(??)\) 不太会算复杂度，如果记忆化后大概比线性略优
-
\(d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|i}[\gcd(x,y)=1]\)
约数个数的经典转化
这里放出Siyuan大佬的证明
-
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)\)
运用问题5的结论，交换和式得
\(\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^{\frac n d}\sum_{y=1}^{\frac m d}\lfloor\frac n{xd}\rfloor\lfloor\frac m{yd}\rfloor\)
可以做到 \(O(n)-O(\sqrt n)\)
贝尔级数
我们知道对于一个积性函数，在 \(p^k\) 处的点值决定了所有位置的点值，我们单独考察这些位置的点值。
对于一个积性函数 \(f\)，称其贝尔级数 \(F_p(z)=\sum_{i=0}f(p^i)z^i\)。原本不太好描述的狄利克雷卷积被转化成了我们熟悉的幂级数卷积。
感觉这东西形式比狄利克雷生成函数更好一点。
下面罗列一些经典函数的贝尔级数：
我们回顾数论函数狄利克雷前缀和（即卷 \(I\)）的高效 \(O(n\log\log n)\) 做法，稍加扩展可以得到数论函数 \(f\) 和一个贝尔级数为线性递推的积性函数 \(g\) 的狄利克雷卷积的新做法。
记 \(g(z)=\dfrac{A(z)}{B(z)}\)，我们将卷积分成两步，即卷 \(A(z)\) 与卷 \(\dfrac{1}{B(z)}\)，前者容易 \(O(|A|)\) 完成，后者是 \(|B|\) 阶线性递推，容易 \(O(|B|)\) 完成，故我们得到了一个 \(O(n\log\log n(|A|+|B|))\) 的做法。
进一步的，事实上对于数论函数 \(f\) 与积性函数 \(g\) 的狄利克雷卷积如果所有 \(g(p^k)\) 的点值可以快速求得（共 \(\dfrac{n}{\log n}\) 个点值，总复杂度不超过 \(O(n)\)），有通用的 \(O(n\log\log n)\) 做法。
考虑对于每个质数做一次狄利克雷卷积，即每次仅保留一个质数 \(p\) 的所有次幂的 \(g\) 的点值，容易分析复杂度为 \(O(\sum_p\sum_{k\geq 1}\dfrac{n}{p^k})=O(n\log\log n)\)。
筛法
开始简单科技了
快速求得 \(\sum_{i=1}^nf(i)\)，\(f\) 为某个数论函数
由于各种毒瘤出题人的存在，我们的式子可能已经难以更进一步了，达到了线性的优异复杂度
很多时候，式子的瓶颈均在线性筛上（毕竟这玩意是线性的），我们需要更优的方法筛出某个积性函数
更高深的奇怪筛法大多能在比线性略低的复杂度做到这一点
杜教筛
杜教筛的原理很简单，考虑一个性质优异的积性函数 \(g\) 与 \(f\) 卷一起的前缀和
\(\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f(\frac i d)=\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}f(i)\)
我们敏锐的观察到后面的式子是 \(f\) 的前 \(\lfloor \frac n d\rfloor\) 项和
考虑把 \(d=1\) 的一项提出来，\(\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)=g(1)\sum_{i=1}^nf(i)+\sum_{d=2}^ng(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}f(i)\)
\(\sum_{i=1}^nf(i)=\sum_{d=2}^ng(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}f(i)-\sum_{i=1}^n(f*g)(i)\)
只要 \(g\) 的性质足够优越，使得 \(f*g,g\) 的前缀和均能快速求得且前面一项可通过整除分块降低复杂度
我们便成功的达到了我们的目的——降低复杂度
若 \((f*g)(n)\) 的前缀和计算复杂度为 \(T_0(n)\)， \(\sum_{i=1}^nf(i)\) 的计算复杂度为 \(T_1(n)\)
由于我们共需运算 \(\sqrt n\) 个 \(f\) 的前缀和，算上整除分块的复杂度与 \(\sqrt n\) 个取值，枚举取值 \(i\)
则 \(T_1(n)=\sum_{i=1}^{\sqrt n}O(\sqrt i)+O(\sqrt{\frac n i})=O(n^{\frac 3 4})\)
我们还能再优化一点，考虑线性筛筛出 \(f\) 前 \(M\) 的取值
复杂度 \(T_1(n)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n M\rfloor}O(\sqrt{\frac n i})=O(\frac n{\sqrt M})+O(M)\)
\(M=n^{\frac 2 3}\) 时复杂度最优
复杂度分析不懂.jpg
懂了！积分即可！
经典例子
-
\(\sum_{i=1}^n\varphi(i)\)
直接考虑 \(\varphi*1=id\)
显然我们容易求 \(id,1\) 的前缀和
-
\(\sum_{i=1}^n\mu(i)\)
考虑 \(\mu*1=\epsilon\)
\(1,\epsilon\) 的前缀和不要太弱智
-
\(\sum_{i=1}^n\varphi(i)i^k\)
考虑 \((\varphi\cdot id_k)*id_k=id_{k+1}\)
\(((\varphi\cdot id_k)*id_k)(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)d^k(\frac n d)^k=n^k\sum_{d|n}\varphi(d)=n^{k+1}\)
\(id_k\) 的前缀和可以插值，或斯特林数，伯努利数等方法求出
Powerful Number 筛
Powerful Number
下文将称其为 PN
定义 PN 为一个质因数分解后，每个质因子指数不小于 2 的数
下面介绍一些 PN 的性质
-
任意一个 PN 可以表示成 \(a^2b^3\) 的形式
考虑一种构造：对于指数为偶的质因子直接扔到 \(a\) 里，指数为奇的质因子放三个在 \(b^3\) 这边，其他往 \(a\) 扔
-
\([1,n]\) 的 PN 个数只有 \(O(\sqrt n)\)
考虑统计 \([1,n]\) 内的 \(a^2b^3\) 形式的数的个数，这一定不比 PN 个数少
枚举 \(a\)，考虑 \(b\) 的取值：\(\int_1^{\sqrt n}\sqrt[3]{\dfrac{n}{x^2}}dx=O(\sqrt n)\)
如何得到 \(n\) 以内的 PN？
考虑筛出 \(\sqrt n\) 内的质数后直接搜索每个质因子的次数，显然不重不漏，复杂度 \(O(\sqrt n)\)
PN 筛
同样是解决积性函数的前缀和问题，PN 筛比杜教筛有更好的通用性
我们需要求得 \(S_f(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\)
构造一个易求前缀和的积性函数 \(g\)，要求满足 \(g(p)=f(p)\)，称为素数拟合
构造积性函数 \(h\)，满足 \(h=f/g\)
由于 \(f=g*h\)，对于一个质数 \(p\)，\(f(p)=g(p)+h(p)\)，由于我们定义了 \(g(p)=f(p)\)，那么 \(h(p)=0\)
由于 \(h\) 的积性，\(h(n)\) 有值仅当 \(n\) 为 PN
我们仅要求得所有 \(S_g(\lfloor\dfrac n i\rfloor)\)，和有值的 \(h(i)\) 即可
计算 \(S_g(\lfloor\dfrac n i\rfloor)\) 可以考虑使用杜教筛，求得 \(h(i)\) 也并不难
考虑计算好 \(h(p^k),k>1\)，搜索 PN 的过程中合并即可
而因为 \(f=g*h\)，\(f(p^k)=\sum_{i=0}^kg(p^i)h(p^{k-i})\)
简单移项可以得到 \(h(p^k)=f(p^k)-\sum_{i=0}^{k-1}g(p^i)h(p^{k-i})\)
容易计算 \(h(p^k)\)，计算所有 \(h(p^k)\) 不超过 \(O(\sqrt n)\)
容易发现 PN 筛的瓶颈主要在计算 \(S_g(\lfloor\dfrac n i\rfloor)\) 上，要么 \(S_g(n)\) 非常好求，要么 \(g\) 能使用杜教筛
Min_25筛
相比与杜教筛的使用条件，Min_25更为通用
Min_25筛能解决在 \(f(p)\) 处取值为关于p的低阶多项式且 \(f(p^c)\) 能快速求值的满足一定积性条件的函数前缀和问题
求 \(\sum_{i=1}^nf(i)\)，设 \(m=\sqrt n内质数个数\)
预处理
这一部分也是洲阁筛的第一部分
我们试图求得 \(G_k(n)=\sum_{x=2}^n[x\in\mathbb{P}]x^k\)
考虑一个辅助 dp：\(F_k(i,n)=\sum_{x=2}^n[x\in \mathbb{P} \cup \operatorname{minp}(x)>p_i ]x^k\)
初值是 \(F(0,n)=\sum_{x=2}^nx^k\)，考虑其转移：
由于我们第二维仅需取 \(\forall i\in[1,n],\lfloor \frac n i\rfloor\)
对于一个固定的 \(n\)，第一维仅有前 \(\frac{\sqrt n}{\log n}\) 种取值
那么复杂度 \(O(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\dfrac{\sqrt{\frac n i}}{\log n})=O(\dfrac{n^{\frac 3 4}}{\log n})\)
求解
定义 \(S(i,n)=\sum_{x=2}^n[\operatorname{minp}(x)>p_i]f(x)\)
显然当 \(p_i\geq \sqrt n\) 时 \(S(i,n)=0\)
则 \(S(i,n)=G(n)-G(p_i)+\sum_{j\geq i+1}\sum_{e\geq 1}f(p_j^e)(S(j,\dfrac{n}{p_j^e})+[e>1])\)
其中，\(G(n)\) 表示 \(\sum_{x=2}^n[x\in \mathbb{P}]f(p)\)
这一部分的复杂度是不大对的，但在忽略计算函数复杂度的情况下，该算法在 \(10^{11}\) 内表现优秀
函数拟合接近 \(O(\dfrac{n^{\frac 3 4}}{\log n})\)
发现 Min_25 求的 \(f\) 的前缀和所需满足的性质没有积性函数那么严格
仅需满足对于 \(x=\prod_{i=1}^mp_i^{a_i}\) 有 \(f(x)=\prod_{i=1}^mf(p_i^{a_i})\)
甚至可以没有交换律：例如 \(f(x)\) 为一个矩阵
我们只需要满足 \(f(p)\) 的取值能用 \(p\) 的低阶多项式表示，\(f(p^c)\) 能快速求得，就能使用 Min_25 筛
卡常小技巧
int S(int i,ll x){
if(p[i]>=x)return 0;
int k=(x<=m?ind1[x]:ind2[n/x]);
int ans=sub(sub(f2[k]-f1[k])-sub(id2[i]-id[i]));
for(int j=i+1;j<=len&&1ll*p[j]*p[j]<=x;j++){
ll pr=p[j];
for(int e=1;pr<=x;e++,pr=pr*p[j]){
int v=pr%mod;
ans=add(ans+1ll*v*(v-1)%mod*(S(j,x/pr)+(e!=1))%mod);
}
}
return ans;
}
int main(){
n=read();
iv2=power(2,mod-2);iv3=power(3,mod-2);
pre();
for(ll l=1,r=0;l<=n;l=r+1){
ll v=n/l;
r=n/v;
val[++tot]=v;
if(v<=m)ind1[v]=tot;
else ind2[n/v]=tot;
v=v%mod;
f1[tot]=1ll*v*(v+1)%mod*iv2%mod;f1[tot]--;
f2[tot]=1ll*v*(v+1)%mod*(2ll*v%mod+1)%mod*iv2%mod*iv3%mod;f2[tot]--;
}
for(int i=1;i<=len;i++){
for(int j=1;1ll*p[i]*p[i]<=val[j]&&j<=tot;j++){
int k=(val[j]/p[i]<=m?ind1[val[j]/p[i]]:ind2[n/(val[j]/p[i])]);
f1[j]=sub(f1[j]-1ll*sub(f1[k]-id[i-1])*p[i]%mod);
f2[j]=sub(f2[j]-1ll*sub(f2[k]-id2[i-1])*p[i]%mod*p[i]%mod);
}
}
printf("%d\n",add(S(0,n)+1));
return 0;
}
