【学习笔记】数论入门基础

积性函数与完全积性函数

$e(n) = [n=1]$
$I(n) = 1$
$id(n) = n$

迪利克雷卷积

记 $h = f *g$ 表示 $f,g$ 的迪利克雷卷积为 $h$

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

迪利克雷卷积有交换律、结合律、分配律：

$$\begin{aligned} f* g &= g *f \\ (f* g) *h &= f* (g *h) \\ f* (g + h) &= f *g + f* h \\ \end{aligned}$$

性质：

• 若 $f,g$ 均为积性函数，则 $f * g$ 也是积性函数：暴力拆开证明

莫比乌斯反演

定义：

$$\mu(n) = \begin{cases} 0 &(若 n 含有平方因子)\\ -1 &(若 n 有奇数个质因子) \\ 1 &(若 n 有偶数个质因子 或\ n = 1) \end{cases}$$

性质：

• $\mu$ 是一个积性函数：暴力唯一分解
• $\mu * I = e$ 即 $\sum_{d|n} \mu(d) = [n=1]$
• $f *I = g \iff f = \mu* g$ 即 $\sum_{d|n}f(d) = g(n) ， \sum_{d|n} g(d)\mu(\frac{n}{d}) = f(n)$ 注意：不要求 $f,g$ 为积性函数
• $\sum_{n|d} f(d) = g(n),f(n) = \sum_{n|d}g(d)\mu(\frac{d}{n})$

欧拉函数

性质：

• 积性函数
• $\varphi * I = id$ 即 $\sum_{d|n} \varphi(d) = n$

整除分块

$\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$ 有 $\sqrt{n}$ 种取值：分类讨论

部分证明（自己写的不严谨）

（1）若 $f,g$ 为积性函数，则 $f *g$ 也为积性函数
设 $f* g = h$，设 $(a,b) = 1$，那么就有：

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

设 $d = d_1d_2$ 且 $(d_1,d_2) = 1$，则

$$\begin{aligned} h(ab) &= \sum_{d1|a,d_2|b}f(d_1d_2)g(\frac{a}{d_1}\frac{b}{d_2})\\ &= \bigg(\sum_{d_1|a}f(d_1)g(\frac{a}{d_1})\bigg)\times \bigg(\sum_{d_2|b}f(d_2)g(\frac{b}{d_2})\bigg)\\ &=h(a)h(b) \end{aligned}$$

（2）$\mu$ 是一个积性函数：

1. $1$ 时显然成立
2. 设 $\mu(ab)$ 且 $(a,b)=1$，因为 $(a,b) 1$ 所以 $a,b$ 不含有除 $1$ 外的公因数，所以当 $a$ 不含有平方因子且 $b$ 不含有平方因子的时候 $ab$ 也不含有平方因子。而剩余情况就相当于一个奇偶的乘也显然可以满足条件。

（3）$\mu * I = e$
显然当 $n=1$ 时成立，考虑 $n \not= 1$ 时。

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

我们只需证明 $\mu$ 中 $1$ 与 $-1$ 成对出现，那么即可证明。我们设 $p$ 为 $n$ 的最小质因子，对于含有 $p$ 为因子的 $d$ 我们就将 $p$ 除掉，显然 $\mu(d) + \mu(\frac{d}{p}) = 0$。对于不含有 $p$ 为因子的 $d$ 我们将 $p$ 乘上，显然 $\mu(d) + \mu(dp) = 0$，因为 $d,p$ 是 $n$ 的约数所以若 $d$ 中不含有 $p$ 那么将 $d$ 乘以 $p$ 也不会超过 $n$ 的范围。

（4）$f *I = g \iff g* \mu = f$
将第一个式子两边同时卷 $\mu$，得：

$$f *I* \mu = g * \mu$$

因为迪利克雷卷积具有结合律所以：

$$\begin{aligned} f *(I* \mu) &= g *\mu \\ f* e &= g * \mu \end{aligned}$$

下面只需证明 $f * e = f$ 即可，暴力展开一下：

$$f(n) = \sum_{d|n} f(d)e(\frac{n}{d})$$

当 $\frac{n}{d} = 1$ 时式子有值，其余情况均为 $0$，此时 $d = n$ 即 $f(n) = f(n)$ 也就是 $f *e = f$
所以可以得出：

$$f* I = g \to g * \mu = f$$

同理反过来即两边同乘 $I$，也可以得出。

（5）$\varphi * I = id$

根据 $\varphi$ 的基本定义：

$$\varphi(n) = \sum_{i=1}^n [(i,n) = 1]$$

来一波莫反：

$$\begin{aligned} \varphi(n) &= \sum_{i=1}^n \sum_{d|i,d|n} \mu(d)\\ &= \sum_{d|n} \mu(d)\frac{n}{d} \end{aligned}$$

就是把 $d|i$ 给加到了 $i$ 的上面，对于每一个 $d$ 判断有多少个 $i$ 满足条件。
这样我们也就证明了 $\mu *id = \varphi$，根据（4），则可以推出 $\varphi* I = id$

题解

A - 公约数的和

这种题就是推式子：（为了防止初学很懵，就写了超多的文字描述）
1.考虑原式的各种限制条件给他改一改

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n \gcd(i,j) = \dfrac{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \gcd(i,j) - \sum_{i=1}^n \gcd(i,i)}{2} \end{aligned}$$

2.也就是相当于数据范围增大然后去掉 $i=j$ 的情况。现在问题就转化为了化简左上角这一坨。

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

3.$[A]$ 代表若 $A$ 满足则为 $1$，否则为 $0$，$d$ 的范围是因为要使得 $\gcd = d$ 则 $d$ 只能是这些取值，继续套路化简：

$$\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n [\gcd(i,j) = d] = \sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}[\gcd(i,j) = 1]$$

4.我们其实就是相当于将枚举 $i,j$ 变成了枚举 $\frac{i}{d},\frac{j}{d}$，很显然原式的值并不会变。下面就是非常的套路了：

$$\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}[\gcd(i,j) = 1] = \sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{k|i,k|j} \mu(k)$$

5.这里就是 $\mu$ 的性质，但是将 $k|\gcd(i,j)$ 变成 $k|i,k|j$，证明见下面。继续化简：

$$\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{k|i,k|j} \mu(k) = \sum_{d=1}^nd\sum_{k=1}^{n} \mu(k) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dk} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{dk} \rfloor} 1$$

6.这里也就是将枚举 $k$ 提前，并且将 $\frac{i}{d},\frac{j}{d}$ 变成 $\frac{i}{dk},\frac{j}{dk}$，这样就可以继续化简：

$$\sum_{d=1}^nd\sum_{k=1}^{n} \mu(k) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dk} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{dk} \rfloor} 1 = \sum_{d=1}^nd\sum_{k=1}^{n} \mu(k) \lfloor \frac{n}{dk} \rfloor^2$$

7.我们考虑设 $T = dk$，然后化简就有：

$$\sum_{d=1}^nd\sum_{k=1}^{n} \mu(k) \lfloor \frac{n}{dk} \rfloor^2 = \sum_{T=1}^n \lfloor \frac{n}{T} \rfloor^2 \sum_{d | T} d \mu(\frac{T}{d})$$

8.最后面的这一坨也就是 $\mu * id = \varphi$，所以最终可以化简为：

$$\sum_{T=1}^n \lfloor \frac{n}{T} \rfloor^2 \sum_{d | T} d \mu(\frac{T}{d}) = \sum_{T}^n\lfloor \frac{n}{T} \rfloor^2\varphi(T)$$

下面求解就直接上一个数论分块再预处理一下 $\varphi$ 的前缀和就好了。

说明（证明）：简记 $\gcd(i,j) = (i,j)$

3.$d$ 的范围：因为 $d$ 就是我们枚举的 $(i,j)$，显然这个东西的范围就是 $[1,n]$
5.$k$ 的范围：观察我们的后面，我们的目的是为了让 $\lfloor \frac{n}{dk} \rfloor > 0$ 那么也就是 $k$ 的范围就是 $[1,n]$
5.$k|(i,j) \iff k|i,k|j$：（暂时鸽了）
7.注意到一点我们只有 $dk \le n$ 时我们的式子才有值，所以我们就枚举 $T \in [1,n]$，那么能使得这个成立的 $d,k$，显然就是我们枚举一个 $d|T$ 然后 $k$ 也就是 $\frac{T}{d}$