抽象数学合集

好无聊啊，来总结一下这几天学习的东西。

整除分块

整除分块常用于求解以下形式的式子：

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

其中 $f$ 函数前缀和易得。

直接写结论：

$\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 最多只有 $\sqrt{n}$ 种取值并且连续。我们将连续相同的一个取值段称为一个块，那么 $x$ 所在块的右端点为 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor }}\rfloor$。

那么我们可以利用这个性质解决问题：

例题1 UVA11526 H(n)

求 $\sum _{i=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$。

模板题。$f,g$ 函数均为 $id$ 函数。显然前缀和易求，那么就可以使用整除分块。

while(now<=n){
	res+=(n/(n/now)-now+1)*(n/now);
	now=n/(n/now)+1;
}

例题 2 P2261 [CQOI2007] 余数求和

给定 $n,k$，求 $\sum _{i=1}^{n}kmodi$。

尽人皆知，原式 $=\sum _{i=1}^{n}k-k\times \lfloor {\displaystyle \frac{k}{i}}\rfloor$。

又出现了那个整除式子，可以使用整除分块了。

while(now<=n){
	int r=(k/now)?(k/(k/now)):n;
	r=min(r,n),res+=(F(now,r))*(k/now);
	now=r+1;
}
cout<<n*k-res<<endl;

其实，整除分块更多是用于莫比乌斯反演的一个优化求和。

狄利克雷卷积

我们定义两个积性函数 $f,g$ 的狄利克雷卷积 $(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g({\displaystyle \frac{n}{d}})$。

狄利克雷卷积满足以下性质：

• 交换律：$f\ast g=g\ast f$；

• 结合律：$f\ast (g\ast h)=(f\ast g)\ast h$；

• 分配律：$(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$。

同时满足以下几条：

• $\mu \ast 1=ϵ$

• $\phi \ast 1=id$

• $f\ast ϵ=f$

• $\mu \ast id=\phi$

这些性质会经常用到。

和式变换

这块内容很重要，是做题推式子的基础。

和式变换定律

• 分配律：$\sum k{a}_i=k\sum a_i$；

• 交换律：$\sum a_i=\sum a_{b_i}$，其中 $b$ 是 $1\sim n$ 的一个排列；

• 结合律：$\sum (a_i+b_i)=\sum a_i+\sum b_i$。

和式变换技巧

• 替换条件式：$\sum _{d|gcd(n,m)}d=\sum _{d=1}^n[d|i][d|j]d$

• 替换指标变量：$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k]=\sum _{ik=1}^n\sum _{jk=1}^m[gcd(i,j)=k]=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$

• 交换求和顺序：$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}f(i)g(j)=\sum _{j=1}^m\sum _{i=1}^{n}f(i)g(j)$

• 分离变量（各回各家，各找各妈）：$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}f(i)g(j)=\sum _{i=1}^{n}f(i)\sum _{j=1}^{m}g(j)$

熟悉上述变换以后，就可以做题了！

先上一个被清峥称为板子的题：

例题 1 P3455 [POI2007] ZAP-Queries

给定 $n,m,k$，求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k]$。

替换指标变量：

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

$$=\sum _{ik=1}^n\sum _{jk=1}^m[gcd(i,j)=k]$$

$$=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$$

因为我们有 $\mu \ast 1=ϵ$，所以我们有：

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$$

$$=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$

枚举 $gcd$：

$$=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }[d=gcd(i,j)]\mu (d)$$

$$=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }[d|i][d|j]\mu (d)$$

其实就是替换条件式。

分离变量：

$$=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }[d|i]\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[d|j]$$

显然：

$$=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{dk}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{dk}}\rfloor$$

至此推式子已经完成，观察到后面的 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{dk}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{dk}}\rfloor$ 完全可以整除分块处理，而 $\mu (d)$ 的前缀和通过筛法易求，于是本题就做完了，时间复杂度 $O(\sqrt{n})$。

n/=k,m/=k;
while(now<=min(n,m)){
	int r=min(n/(n/now),m/(m/now));
	res+=(sum[r]-sum[now-1])*(n/now)*(m/now),now=r+1;
}
cout<<res<<endl;

上述 $su{m}_i=\sum _{j=1}^i\mu (j)$。