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

1. 交换律： $f*g=g*f$

2. 结合律： $f*(g*h)=(f*g)*h$

3. 分配律： $f*(g+h)=f*g+f*h$

4. 有单位元 $\epsilon$

5. 若 $f,g$ 均为积性函数，则 $f*g$ 也为积性函数

证明下性质5

$$(f*g)(ij)=\sum_{d|ij}f(d)g(\frac {ij} d),i\perp j\\(f*g)(ij)=\sum_{d_1|i}\sum_{d_2|j}f(d_1d_2)g(\frac {ij}{d_1d_2})=\sum_{d_1|i}\sum_{d_2|j}f(d_1)f(d_2)g(\frac i {d_1})g(\frac j{d_2})\\=(\sum_{d_1|i}f(d_1)g(\frac i{d_1}))(\sum_{d_2|j}f(d_2)g(\frac j{d_2}))=(f*g)(i)(f*g)(j)$$

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

1. $i\perp p,p\space is \space prime,f(ip)=f(i)(p)$
2. $i=p^kj,j\perp p,p\space is\space prime,f(ip)=f(j)f(p^{k+1})$

对于不同的数论函数具体讨论即能求出

小结论

1. $\mu*I=\epsilon$

   记n有k个不同素因子

   $(\mu*I)(n)=\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^k(-1)^k\tbinom k i=(1-1)^k=[k=0]=[n=1]$

2. $\varphi*I=id$

   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$[1,n]$

3. $\mu *id=\varphi$

   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 $O(T_2)$

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

   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 $O(n)-O(\sqrt n）$

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

   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 $O(n)-O(\sqrt n）$

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

   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 $O(n)-O(\sqrt n）$

4. $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\text{lcm}(i,j)$

   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

5. $d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|i}[\gcd(x,y)=1]$

   约数个数的经典转化

   这里放出Siyuan大佬的证明

   

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

   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：

$$\begin{align} \epsilon(z)&=1\\ I(z)&=\dfrac{1}{1-z}\\ id_k(z)&=\dfrac{1}{1-p^kz}\\ \mu(z)&=I^{-1}(z)=1-z\\ \varphi(z)&=\mu(z)id(z)=\dfrac{1-z}{1-pz}\\ d(z)&=I(z)I(z)=\dfrac{1}{(1-z)^2} \end{align}$$

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。

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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

1. $\sum_{i=1}^n\varphi(i)$

   直接考虑 $\varphi*1=id$

   显然我们容易求 $id,1$ 的前缀和

2. $\sum_{i=1}^n\mu(i)$

   考虑 $\mu*1=\epsilon$

   $1,\epsilon$ 的前缀和不要太弱智

3. $\sum_{i=1}^n\varphi(i)i^k$

   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

1. 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

2. $[1,n]$ 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

$$S_f(n)=\sum_{i=1}^nf(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}h(d)g(\frac i d)\\=\sum_{d=1}^nh(d)\sum_{t=1}^{\lfloor n/d\rfloor}g(t)=\sum_{d=1}^n[d\in PN]h(d)S_g(\lfloor\frac n d\rfloor)$$

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：

$$F(i,n)=F(i-1,n)-p_i^k(F(i-1,\frac n{p_i})-G_k(p_{i-1}))$$

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 $O(\dfrac{n^{\frac 3 4}}{\log n})$

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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

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卡常小技巧

[详细揭秘] min_25 筛的卡常技巧

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【模板】Min_25筛

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;
}