数论相关

合集 - 数学(7)

1.生成函数笔记2024-07-082.多项式笔记2024-07-083.组合数学 笔记2024-07-074.算法学习笔记（21）：数论分块2024-06-065.算法学习笔记（22）：莫比乌斯反演2024-06-066.算法学习笔记（23）：杜教筛2024-06-07

7.数论相关2024-08-16

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数论相关

积性函数

推论1：积性函数 $f$ 一定满足 $f(1)=1$。

推论2：通过质数点值可以唯一确定完全积性函数，因为质数可以组成所有的数；通过所有 $p^k$ 处的点值可以唯一确定积性函数，因为积性函数有前置条件 $n\mathrm{\perp }m$ 所以要组合出有多个质因子 $p$ 的数就需要 $p^k$ 处的点值。

Dirchlet 卷积

$$(f\otimes g)(n)=\sum _{xy=n}f(x)f(y)$$

Dirchlet 卷积有类似于乘法的性质：

1. 交换律

2. 结合律

3. 单位元，即 $ϵ(n)=[n=1]$。

4. 两个积性函数的 Dirchlet 卷积依旧是积性函数。

5. 积性函数的 Dirchlet 逆依旧是积性函数。

计算

Dirchlet卷积可以直接计算，复杂度就是调和级数 $O(nlogn)$。

Dirchlet逆依旧可以直接计算：

有函数 $f$，需要求出 $g$ 满足 $f\otimes g=ϵ$。

那么显然就有 $f(1)g(1)=1$，则 $g(1)=\frac{1}{f(1)}$。当 $n\ge 2$ 时，则有

$$\begin{gathered} (f\otimes g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g(n/d)=0 \\ g(n)f(1)=-\sum _{d|n,d\ne 1}f(d)g(n/d) \\ \Rightarrow g(n)=-\frac{1}{f(1)}\sum _{d|n,d\ne 1}f(d)g(n/d) \end{gathered}$$

常用数论函数

$ϵ(n)=[n=1]$

$i{d}_k(d)=d^k$

${\sigma }_k(n)=\sum _{d|n}{d}^k$

$\mu (n)$

$\phi (n)$

性质；

$\mu \otimes 1=ϵ$

$\phi \otimes 1=id$

$\mu \otimes id=\phi$ （这个可以拿前两个推）

$1\otimes 1=d$

$1\otimes i{d}_k={\sigma }_k$

莫比乌斯反演

$$f(n)=\sum _{d|n}g(d)⟺g(n)=\sum _{d|n}f(d)\mu (n/d)$$

证明很简单：

$$\begin{gathered} f=g\otimes 1 \\ g\otimes 1\otimes \mu =g=f\otimes \mu \end{gathered}$$

联系子集反演：

$$f_S=\sum _{T\subseteq S}g(T)⟺g_S=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|T|}{f}_T$$

我们知道 $s$ 是一个集合，而 $d$ 可以看作是所有质因子的多重集，所以二者很相似，我们可以这样理解，如果 $n=\prod p$，也就是所有质因子质数为1，那么就和子集反演完全等价，就可以理解 $(-1{)}^{|S|-|T|}=\mu (n/d)$。

整除分块

这个很牛，考虑一个问题，我们固定一个不变 $n$，那么所有的 $\lfloor \frac{n}{x}\rfloor$ 有多少种取值？

答案是 $O(\sqrt{n})$ 种，证明：

$x\le \sqrt{n}$ 时，显然有 $O(\sqrt{n})$ 种，因为 $x$ 只有 $\sqrt{n}$ 个。

$x>\sqrt{n}$ 时，因为 $\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \le \sqrt{n}$ ，所以也只有 $O(\sqrt{n})$ 种。

那么 $\lfloor \frac{n}{x}\rfloor$ 的取值就是若干个颜色段，只要我们可以 $O(1)$ 的求出边界是多少，那么就可以 $O(\sqrt{n})$ 的算出 $\sum \lfloor \frac{n}{x}\rfloor$！

现在我们知道一个颜色段的左端点 $l$，考虑设右端点为 $r$，那么就有：

$$\lfloor \frac{n}{l}\rfloor \le \frac{n}{r}⟹r\le \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }$$

所以 $r=\frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }$。

多维形式

也就是有多维，以两维为例，我需要求 $\sum \lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor$，分析一下发现颜色段还是 $O(\sqrt{n})$ 级别，如果维数过大，那么就是 $O(k\sqrt{n})$ 。我们每次 $r$ 取 $min(\frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor },\frac{m}{\lfloor \frac{m}{l}\rfloor })$即可。

筛法

线性筛

筛 $\mu$ 和 $\phi$

$$\phi (n)=n\prod \frac{p-1}{p}$$

$$\mu (n)=\{\begin{array}{l}0,\mathrm{含}\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\\ (-1{)}^k,\mathrm{不}\mathrm{同}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{个}\mathrm{数}\end{array}$$

我们就考虑线性筛时的两种情况：

1. $i\mathrm{\%}p\ne 0$ 时，那么对于 $\phi$ 就是用积性函数性质 $\phi (i\ast p)=\phi (i)\ast \phi (p)=\phi (i)\ast (p-1)$， 对于 $\mu$ 就是多了一个不同质因子 $\mu (i\ast p)=-\mu (i)$。

2. $i\mathrm{\%}p=0$时，我们用上面 $\phi$ 的公式就发现 $\phi (i\ast p)=\phi (i)\ast p$，对于 $\mu (i\ast p)$ 就直接变成 $0$。

筛一般的积性函数

由前面推论2我们知道，题面肯定会给在 $p$ 或者 $p_k$ 的点值，这个点值的计算我们姑且声称他的时间复杂度为 $O(logn)$。那我们怎么用线性筛筛出所有的呢？

我们知道线性筛是用最小质因子来筛的，那么设 $n=p_0^{k_0}\prod p_i^{k_i}$，我们钦定 $p_0$ 为最小质因子，$m=\prod p_i^{k_i}$，那么我们用 $p_0$ 筛 $n$ 的时候就可以 $f(n)=f(m)\ast f(p_0^{k_0})$，我们就只需要知道最小质因子的次数，这在线性筛的过程中就可以做到，很简单。

杜教筛

杜教筛是比较基础的亚线性筛法。 可以在低于线性的复杂度筛出积性函数的前缀和。

我们现在除了化式子拆掉 $\sum$，能加速求和的就只有整除分块了，所以我们需要构造出来跟除法有关，尝试用 Dirchlet 卷积，若我们现在要求 $f$，所以我们需要构造一个 $g$，通过 $g$ 来求出 $f$，一个方法就是卷积起来在拆开，我们尝试化一下式子。

$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n(f\otimes g)(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)f(i/d)=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{d|i}f(i/d)=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{n/d}f(i) \\ \Rightarrow \sum _{i=1}^{n}f(i)=(\sum _{i=1}^n(f\otimes g)(i))-\sum _{d=2}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{n/d}f(i) \end{gathered}$$

观察到 $\sum _{i=1}^{n/d}f(i)$ 只有 $O(\sqrt{n})$ 个取值，$g$ 是我们所构造的，如果我们能构造出容易计算的 $g$ 和 $f\otimes g$，那么就可以快速算出答案。

方便描述，我们成全体 $S_f(\lfloor n/x\rfloor )$ 为 $f$ 的基本和组。

可以分析得出时间复杂度 $O(n^{\frac{3}{4}})$，并且如果可以，可以 $O(n)$ 筛出前 $n^{\frac{2}{3}}$ 项，大于 $n^{\frac{2}{3}}$ 的就递归计算。

上面的是已知 $f\otimes g$ 的基本和组和 $g$ 的基本和组，求 $f$ 的基本和组。

如果我们已知 $f$ 和 $g$ 的基本和组，我们一样可以类似杜教筛的求 $f\otimes g$ 的基本和组。

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

直接拿这个算和上面本质相同。

我们还有另外一个方法。

狄利克雷双曲线法

我们用一下简单的容斥。

$$\sum _{i=1}^n(f\otimes g)(i)=\sum _{xy\le n}f(x)g(y)$$

注意到 $xy\le n$ 是一个双曲线，我们可以这样容斥，如图。

这是一个双曲线，我们把所有的 $f(x)g(y)$ 看作点 $(x,y)$，那么蓝色部分就是 $y\le \sqrt{n}$ 的点集，红色部分就是 $x\le \sqrt{n}$ 的点集，相交部分就是同时满足两个条件的。

所以我们可以算出蓝色部分和红色部分再减去相交的部分，用式子表述就是：

$$S_{f\otimes }(n)=\sum _{x\le \sqrt{n}}f(x)S_g(n/x)+\sum _{y\le \sqrt{n}}g(x)S_f(n/x)-S_f(\sqrt{n})S_g(\sqrt{n})$$

这个东西复杂度没有变化，但是听说常数比较小。感觉上也更妙一些。。。

Powerful Number 筛

这个东西要暴力一些，比杜教筛更现代。 而且更快。