数论函数小记

合集 - 知识点学习(14)

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14.数论函数小记2024-04-25

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摘自 command_block 大佬的笔记

基础：

• 积性函数：若当 $(i,j)=1$ 有 $f(i\times j)=f(i)\times f(j)$，则称 $f$ 为积性函数。

• 完全积性函数：若当 $f(i\times j)=f(i)\times f(j)$ ， 则称 $f$ 为完全积性函数。

• $I(n)$ : 值恒为 1 的函数。

• $e(n)$ ： 当 $n=1$ 时值为 1，否则为 0 。

• $id(n)$ ： $id(n)=n$。

• tips:这些都为完全积性函数。

狄利克雷卷积：

给定两个数论函数 $f,g$ ，则这两个函数的狄利克雷卷积 $(f\ast g)$ 定义为：

$$(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

特殊的， 我们一个函数 $f$ 的逆 $f^{-1}$ 定义为： $f\ast f^{-1}=e$

莫比乌斯函数：

• 引理 1：

  若两个函数 $f,g$ 的卷积为积性函数，且 $g$ 为积性函数，则 $f$ 也是积性函数。

我们定义 $\mu$ 为一个逆为 $I$ 的积性函数，既满足 $\mu \ast I=e$，接下来我们推一下它的定义。

显然 $\mu (1)=1$。

• tips: 观察一个积性函数，可以先从 $p^k$ 的情形入手。

$\mu (p^k):$ 当 $k=0$ 时，函数值为 1。

由卷积的定义得： $\mu (p^k)=\mu (p^k)+\mu (p^{k-1})+...+\mu (p^0)$

即为： $\mu (p^k)+\mu (p^{k-1})+...+\mu (p^0)=0$

又因为 $\mu$ 为积性函数，所以 $\mu (n)=\prod _{i=1}^{cntp}\mu (p_i^{c_i})$

则可以得到 $\mu$ 的定义了：

当 $n$ 有一个次数大于一的质因子时，$\mu (n)=0$

否则 $\mu (n)=(-1{)}^{cntp}$.

一些常见的结论：

• 卷积式：

  $\mu \ast I=e$

  $I\ast \phi =id$ 即 $id\ast \mu =\phi$

  $d=I\ast I$ ($d$ 是一个数的约数个数)

  $F=f\ast I$ 则 $f=\mu \ast F$ （重要！！）

• 函数运算：

  $\mu (ij)=\mu (i)\mu (j)[i\perp j]$

  $d(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[x\perp y]$

  $\sum _{i=1}^{n}d(i)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$

莫比乌斯反演：

十分灵活，主要基于上面的柿子和一些奇怪结论。

看一道例题 P2257 YY的GCD：

题目就是让你求：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[(i,j)=prime]$$

$$=\sum _{p\in prime}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[(i,j)=p]$$

（看起来很废话，但是也是重要的）

令 $i,j$ 都除掉 $p$:

$$\sum _{p\in prime}^n\sum _{i=1}^{n/p}\sum _{j=1}^{m/p}[(i,j)=1]$$

代入 $\mu \ast I=e$：

$$\sum _{p\in prime}^n\sum _{i=1}^{n/p}\sum _{j=1}^{m/p}\sum _{d=1}^{m/p}\mu (d)[d|i][d|j]$$

把 $\mu$ 提到前面：

$$\sum _{p\in prime}^n\sum _{d=1}^{m/p}\mu (d)\sum _{i=1}^{n/p}\sum _{j=1}^{m/p}[d|i][d|j]$$

整理一下：

$$\sum _{p\in prime}^n\sum _{d=1}^{m/p}\mu (d)\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor \lfloor \frac{m}{dp}\rfloor$$

• tips: 遇到乘积式需要考虑代换掉并变为整除形式。

还是不好做，发现 $dp$ 为乘积式很不好，令 $k=dp$。

$$\sum _{k=1}^n\sum _{p\in prime\mathrm{且}p|k}^{}\mu (\frac{k}{p})\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor$$

• tips: 发现求和式性质不明显时，可以考虑交换枚举变量或交换求和式顺序。

注意到这个柿子只有 $\mu$ 项与 $p$ 相关，于是交换求和式顺序。

$$\sum _{k=1}^n\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor \sum _{p\in prime\mathrm{且}p|k}^{}\mu (\frac{k}{p})$$

令 $f(x)$ 为后面那一坨柿子，用埃氏筛即可预处理出来。

接着使用整除分块技巧计算前面的柿子即可。

code:

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
 
const int N = 1e7 + 10;
int prime[N], tot, mu[N], g[N];
bool isprime[N];
 
void init(){
	for(int i = 2; i < N; i++) isprime[i] = true;
	isprime[1] = false, mu[1] = 1;
	for(int i = 2; i < N; i++){
		if(isprime[i]) prime[++tot] = i, mu[i] = -1;
		for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] < N; j++){
			isprime[i * prime[j]] = false;
			if(i % prime[j] == 0) break;
			mu[i * prime[j]] = -mu[i]; 
		}
	}
	for(int i = 1; i <= tot; i++){
		for(int j = prime[i]; j < N; j += prime[i]){
			g[j] += mu[j / prime[i]];
		}
	}
	for(int i = 2; i < N; i++) g[i] += g[i - 1];
}
 
int H(int n, int m){
	int ret = 0, l = 1, r, siz = min(n, m);
	while(l <= siz){
		r = min(siz, min(n / (n / l), m / (m / l)));
		ret += (g[r] - g[l - 1]) * (n / l) * (m / l);
		l = r + 1;
	}
	return ret;
}
 
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	init(); int T; cin >> T;
	while(T--){
		int n, m; 
		cin >> n >> m;
		cout << H(n, m) << "\n";
	}
	
	return 0;
}

还有另一种反演形式：

$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}f(gcd(i,j))$

向上面一样的推法可以得出这个柿子等于：

$\sum _{x=1}^n\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{x}\rfloor \sum _{d|x}\mu (d)f(\frac{x}{d})$

若 $f$ 是积性函数，则可以欧拉筛，否则埃氏筛即可。

例题：P3312 [SDOI2014] 数表

杜教筛：

杜教筛是一种高效计算一类数论函数前缀和的筛法。

杜教筛的核心是构造两个合适的数论函数，使得 $h=f\ast g$ （$f$ 为待求函数），而且 $h,g$ 的前缀和易求。

杜教筛公式：

我们令 $S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$。

于是有:

$$\sum _{i=1}^{n}h(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})$$

做一个小小的变换得到：

$$\sum _{i=1}^{n}h(i)=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{d|i}^{n}f(\frac{i}{d})$$

进行化简：

$$\sum _{i=1}^{n}h(i)=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum {}_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)$$

整理后有：

$$\sum _{i=1}^{n}h(i)=\sum _{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$

将 $S(n)$ 拆出来：

$$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^{n}h(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

这就是杜教筛公式了。

实现：

首先我们算出 $\sqrt{n}$ 内 $f$ 的前缀和。

对于一个 $S(n)$，我们对它做整除分块并递归计算 $S(\lfloor \frac{n}{l}\rfloor )$。

可以证明时间复杂度为 $O(n^{\frac{2}{3}})$（然而我太菜了并不会呜呜呜）。

例题