简易数论函数变换学习
积性函数
当$(n,m) = 1$时有$f(nm) = f(n)f(m)$，则称$f(x)$ 为积性函数。
线性筛法
对于每一个数字$n$，用其最小的质因数筛去，考虑最小质因数 $p$ 与数字 $n$ 的三种情况
1. $n = p$ 。
2. $p|n, p<n$
3. $else$
三种情况分别考虑即可。
以欧拉函数为例：
1. $\phi (i) = i-1$
2. $\phi (tp) = \phi (t) \times p$
3. $\phi (tp) = (p-1) \times \phi(t) $ 这样可以 $O(n)$ 筛出相应函数
例：求出 1~n! 中与 m! 互质的数字个数。
x 与 m! 互质 <-> x 与 1 ~ m 互质 <-> x 不含有 ≤ m的质数。
这样考虑 $x = m!t + k$
$p | x$ <=> $p | k$，这样有 $ans = m! \prod {1 - \frac{1}{p_i}}$
应用阶乘法筛出逆元（用 $(P-1)!^{-1}$ 逆推），预处理出后一部分前缀积，复杂度 $O(n + T)$
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #define LL long long #define N 10000010 using namespace std; int tot, prime[N], inv[N], fac[N], P, prev[N]; bool v[N]; int mul(int a,int b) { return a*(LL)b % (LL)P; } int qpow(int x,int n) { int ans = 1; for(;n;n>>=1,x = mul(x, x)) if(n&1) ans = mul(ans, x); return ans; } void init() { fac[0] = 1; int nl = min(N,P); for(int i=1;i < nl ;i++) fac[i] = mul(fac[i-1], i); int tmp = qpow(fac[nl-1], P-2); for(int i=nl-1;i>=1;i--) { inv[i] = mul(tmp, fac[i-1]); tmp = mul(tmp, i); } } int main() { int T; cin>>T>>P; init(); for(int i=2;i<N;i++) { if(!v[i]) prime[++tot] = i; for(int j=1;i*prime[j]<N;j++) { v[i*prime[j]] = 1; if(i%prime[j]==0) break; } } int j = 1; prev[0] = 1; for(int i=1;i<N;i++) { prev[i] = prev[i-1]; if(j<=tot && prime[j]==i) { prev[i] += P - mul(prev[i] ,inv[i]); if(prev[i] >= P) prev[i] -= P; j++; } } int n,m; while(T--) { scanf("%d%d",&n,&m); printf("%d\n",mul(fac[n], prev[m])); } return 0; }
常见积性数论函数
$\mu (i)$ ：狄里克莱卷积里的逆元函数
当i为若干个不同质数相乘得到，则 $\mu (i) = (-1) ^ {cnt}$ （$cnt$ 表示i中质因数的个数）
不然 $\mu (i) = 0$
1. $\mu (i) = -1$
2. $\mu (tp) = 0$
3. $\mu (tp) = -\mu (t)$
$e (i)$ ：判别函数， [i =1]，相当于狄里克莱卷积之中的 '1'
$d (i)$ ：约数个数，建立辅助函数 $a (i)$ 表示最小质因数的指数
$d(i) = \prod {t_i + 1}, i = p_1^{t_1} p_2^{t_2} ... p_{cnt}^{t_{cnt}}$
1. $d(i) = 2, a(i) = 1$
2. $d(tp) = \frac{d(t)}{a(t)+1} \times (a(t)+2) , a(tp) = a(t) + 1$
3. $d(tp) = 2 d(t)$
$\sigma (i)$ ：约数和
记 $F(p,t) = \frac{1 - p ^ {t + 1}}{1 - p}$
$\sigma (i) = \prod { F(p_i, t_i) }$
1. $\sigma (i) = i+1$
2. $\sigma (tp) = \frac{\sigma (t)}{ F(p, a(t)) } \times F(p, a(t)+1)$
3. $\sigma (tp) = \sigma (t) (p+1)$
狄里克莱卷积
首先有两个常用的性质：
$\sum _{d|n} {\phi (d)} = n, \phi \times I = id$
$\sum_{d|n} {\mu (d)} = e(n), \mu \times I = e$
如果 $f, g$ 为积性函数，则有 $f \times g, f \cdot g$ 为积性函数。
小Trick：
$\sum{f( [\frac{n}{i}] )}$ 可以根据 $[\frac{n}{i}]$ 的值分成 $O(\sqrt n)$ 块，并且有 $[\frac{n}{i}]$ 相同的 i 连续。
例题若干：
1D GCD sum:
$$\sum_{i=1}^n {(n,i)}= \sum_{i=1}^n { \sum_{d|(n,i)}{\phi(d)} } = \sum_{d|n} { [\frac{n}{d}] \phi(d)}$$
2D GCD sum:
$$\sum_{i=1}^n { \sum_{j=1}^m {(i,j)} } = \sum_{i=1}^n{ \sum_{j=1}^m{ \sum_{d|(i,j)} {\phi (d)} } } = \sum_{d=1}^n{ \phi (d) [\frac{n}{d}] [\frac{m}{d}] }$$
2D prime count:
$$\sum_{i=1}^n {\sum_{j=1}^m {e((i,j))}} = \sum_{i=1}^n{ \sum_{j=1}^m{ \sum_{d|(i,j)} {\mu (d)} } } = \sum_{d=1}^n{ \mu (d) [\frac{n}{d}] [\frac{m}{d}] }$$
1D prime sum:
$$\sum_{1 \leq i \leq n, (n,i) = 1}i = \sum_{i=1}^n { i e((n,i))} = \frac{n}{2}(\mu \times id + \mu \times I) = \frac{n}{2}(\phi + e) = \frac{n}{2} (\phi(n) + e(n))$$
莫比乌斯反演
由于在狄里克莱卷积中 $\mu (x)$ 为 $I(x)$ 的逆函数，这样有，对于 $F = f \times I$, $f = F \times \mu$，即为莫比乌斯反演。
1 D LCM sum:
$$Ans = \sum_{i=1}^n { [n,i] } = n \sum_{i=1}^n { \frac{i}{(n,i)} } = n \sum_{d|n}{ \sum_{i \leq \frac{n}{d}}{i \cdot e((\frac{n}{d},i))} } = n \sum_{d|n}{ g(\frac{n}{d}) }$$
而$g(n) = \frac{n}{2}(\phi + e)$
代入得$$Ans = \frac{n^2}{2} ( (\phi \times I) + 1)$$
2 D LCM sum:
$$\sum_{i=1}^n {\sum_{j=1}^m {[i,j]}} = \sum_{d=1}^n { d \times S([\frac{n}{d}], [\frac{m}{d}]) }$$
$$S(n,m) = \sum_{i=1}^m{ \sum_{j=1}^m { ij \cdot e((i,j))} } = \sum_{d=1}^n{\mu (d) d^2 S([\frac{n}{d}]) S([\frac{m}{d}]) }$$
$$S(n) = \frac{n(n+1)}{2}$$
两个部分都根据$\frac{n}{i}$ $O(\sqrt n)$分段，时间复杂度 $O(n)$
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #define LL long long #define P 20101009LL #define N 10000010 using namespace std; int n,m,tot,prime[N/5],mu[N],Sum[N]; bool v[N]; int mul(int a,int b) { return (a * (LL)b) % P; } int F(int n,int m) { int j; LL ans = 0; for(int i=1;i<=n;i=j+1) { j = min(n/(n/i), m/(m/i)); ans += (mu[j]-(LL)mu[i-1]+P)%P * (LL)Sum[n/i]%P * (LL)Sum[m/i]%P; if(ans>=P) ans -= P; } return ans; } int main() { freopen("nt2011_table.in","r",stdin); freopen("nt2011_table.out","w",stdout); int n,m; cin>>n>>m; if(n>m) swap(n,m); mu[1] = 1; Sum[1] = 1; for(int i=2;i<=m;i++) { Sum[i]=Sum[i-1]+i; if(Sum[i]>=P) Sum[i]-=P; } for(int i=2;i<=n;i++) { if(!v[i]) { prime[++tot] = i; mu[i] = P-1; } for(int j=1;j<=tot && i*prime[j]<=n;j++) { v[i*prime[j]] = 1; mu[i*prime[j]] = P-mu[i]; if(i%prime[j]==0) { mu[i*prime[j]] = 0; break; } } } for(int i=1;i<=n;i++) mu[i] = mu[i]*(LL)i%P * (LL)i%P; for(int i=1;i<=n;i++) { mu[i] += mu[i-1]; if(mu[i]>=P) mu[i] -= P; } int j; LL ans = 0; for(int i=1;i<=n;i=j+1) { j = min(n/(n/i), m/(m/i)); ans += (Sum[j]-Sum[i-1]+P)%P * F(n/i,m/i)%P; if(ans>=P) ans -= P; } cout << ans << endl; }
记 $f(n) = \frac{1}{n},$，$f = F \times I$
这样 $g = n \cdot F = \mu \cdot id$，这样有$g$为积性函数。
$$Ans = \sum_{i=1}^n {\sum_{j=1}^m { ij \sum_{d|(i,j)}{F(d)} }} = \sum_{d=1}^n{ g(d) d \cdot S([\frac{n}{d}]) S([\frac{m}{d}]) }$$
$g(p) = 1-p$
$g(ip) = g(i)$，$(i,p) = p$，线性筛即可。
