积性函数学习笔记

积性函数

定义

积性函数：\(f(x)\) 满足 \(\forall\gcd(a,b)=1,f(ab)=f(a)f(b)\)

若没有 \(\gcd(a,b)=1\) 的性质，则为完全积性函数。

性质

性质1: \(f(x),g(x)\) 是积性函数 \(\implies\) \(f\times g\) 是积性函数，\(f \div g\) 是积性函数

证明略。

性质2： 狄利克雷（Dirichlet）卷积 \(h(n)=f(n) *g(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\) 也是积性函数。

证明： 设 \(ab=n\) 且 \(\gcd(a,b)=1\)，则我们计算 \(h(n)\):

\[\begin{aligned} h(n)&=h(ab)\\ &= \sum_{d|ab}f(d)g(\frac{ab}{d})\\ &= \sum_{d_1|a,d_2|b}f(d_1d_2)g(\frac{ab}{d_1d_2})\\ &= \sum_{d_1|a}f(d_1)g(\frac{a}d_1{}) \times \sum_{d_2|b}f(d_2)g(\frac{b}{d_2})\\ &= h(a) \times h(b) \end{aligned} \]

性质3： 积性函数由 \(f(p^k)\)（\(p\) 为质数）决定。

说明：\(n\) 可以表示成 \(p_1^{k_1}p_2^{k_2}\dots p_m^{k_m}\)，所以 \(f(n)\) 可以表示成 \(f(p_1^{k_1})f(p_2^{k_2})\dots f(p_m^{k_m})\)。

欧拉函数

定义

欧拉函数 \(\varphi(n)\) 是最重要的积性函数之一，它等于 \(1\) 到 \(n\) 中与 \(n\) 互质的数的个数。

形式化，\(\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1]\)。

性质与一些结论

性质1： \(\varphi(n)\) 是积性函数

证明：

不妨设 \(ab=n\) 且 \(\gcd(a,b)=1\)。

对于每个数 \(i\)，我们将它表示成 \((r_1, r_2)\) 的形式，表示存在 \(x,y\) 满足 \(i =ax+r_1=by+r_2\)。

首先我们证明，对于 \(1 \le i \le n\)，这个映射是唯一的。

我们将上式变成：\(ax-by=r_2-r_1\)。方便起见，将 \(b\) 取反得 \(ax+by=r_2-r_1\)。

这是一个二元一次不定方程，根据裴蜀定理，\(\gcd(a,b)|r_2-r_1\) 则方程有解。

由于 \(a,b\) 互质，说明方程一定有解。

显然，对于方程的一组解 \((x_0,y_0)\) 来说，我们可以用整数 \(t\) 表示方程的通解：

\[\begin{cases} x=x_0+bt\\ y=y_0-at \end{cases} \]

我们将通解代入 \(i\) 得到：\(i=(ax_0+r_1)+abt\)，说明满足条件的 \(i\) 是以 \(ab\) 为周期的。

所以 \(1 \sim ab\) 中恰好有一个 \(i\) 对应 \(r_2-r_1\)，得证。

接下来我们证明 \(\varphi(n)=\varphi(a)\varphi(b)\)。

如果一个数 \(x\) 与 \(n\) 互质，那么它必然和 \(a\) 和 \(b\) 也互质。

这意味这如果 \(x\) 表示为 \((r_1,r_2)\)，那么必然有 \(r_1\) 与 \(a\) 互质，\(r_2\) 与 \(b\) 互质。反之同理。

所以所有与 \(n\) 互质的数的个数就等于 \((r_1,r_2)(0 \le r_1 < a, 0 \le r_2 < b)\) 且 \(r_1\) 与 \(a\) 互质，\(r_2\) 与 \(b\) 互质的有序数对的个数。

显然，\(r_1\) 有 \(\varphi(a)\) 种取值，\(r_2\) 有 \(\varphi(b)\) 种取值。

所以一共有 \(\varphi(a)\varphi(b)=\varphi(n)\) 种取值，得证。

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计算公式： 设 \(n\) 的质因数分解为 \(\prod_{i=1}^kp_i^{k_i}\)，则 \(\varphi(n)=n\prod_{i=1}^k\frac{p_i-1}{p_i}\)。

证明：

我们已经证明了 \(\varphi\) 是积性函数，所以我们只要推出 \(\varphi(p^k)\) 就行了。

对于 \(1 \sim p^k\) 来说，只有 \(p\) 的倍数不与 \(p\) 互质。

而 \(p\) 的倍数共有 \(p^{k-1}\) 个，所以 \(\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}\)。

所以 \(\varphi(n)=\prod_{i=1}^k\varphi(p_i^{k_i})=\prod_{i=1}^k(p_i^{k_i}-p_i^{k_i-1})=\prod_{i=1}^kp_i^{k_i-1}(p_i-1)=n\prod_{i=1}^k\frac{p_i-1}{p_i}\)。

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结论1： \(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\)

证明：

重点在于改变枚举对象，我们枚举每个数 \(i\) 与 \(n\) 的最大公因数 \(d\)。

我们知道：\(\sum_{d|n}\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=d]=n\)。

这时候我们将 \(d\) 除下去得到：\(\sum_{d|n}\sum_{i=1}^n[\gcd(\frac{i}{d},\frac{n}{d})=1]=n\)。

显然后面的式子就等于 \(\varphi(\frac{n}{d})\)，所以有：\(\sum_{d|n}\varphi(\frac{n}{d})=n\)。

将 \(d\) 换成 \(\frac{n}{d}\) 即可得到结论。

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结论2： 所有小于等于 \(n\) 且与 \(n\) 互素的正整数之和为 \(\frac{n\varphi(n)}{2}\)，（\(n \ge 2\)，\(n=1\) 时就是 \(1\)）。

证明：

观察不难发现，如果 \(\gcd(x,n)=1\)，则 \(\gcd(n-x,n)=1(x < n)\)。

所以我们可以将这 \(\varphi(n)\) 个数两两配对，每一对和为 \(n\)，就能得到这个结论。

线性筛

基础不写了，考虑如何求出积性函数 \(f(n)\)。

我们知道，只有在 \(\gcd(a,b)=1\) 时，\(f(n)=f(a)f(b)\)。

但是我们存在一种情况，需要用 \(p\) 和 \(x\) 更新 \(px\)，而 \(p\) 是 \(x\) 的因子。

所以我们还要记录两个 \(exp(n)\) 和 \(pw(n)\)，其中 \(exp(n)\) 表示 \(n\) 最小的因子 \(p\) 的次数，\(pw(n)\) 表示 \(p^{exp(n)}\)。

当 \(p\) 与 \(x\) 互质时，\(exp(px)=1,pw(px)=p,f(px)=f(p)f(x)\)。

否则，\(exp(px)=exp(p)+1,pw(px)=pw(p)\times p,f(px)=f(pw(x) \times p) \times f(\frac{x}{pw(x)})\)。

这样才能正常的筛。

练习

题目1： 求 \(\sum_{i=1}^n\gcd(i,n)\)，\(n < 2^{32}\)（P2303 [SDOI2012] Longge 的问题）

思路：

我们考虑采取桶的思想，明显会有 \(\gcd(i,n) \le n\)，所以我们就有：

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

若 \(\gcd(i,n)=j\)，等价于：\(\gcd(\frac{i}{j},\frac{n}{j})=1\)。由于 \(i \le n\)，所以 \(\frac{i}{j} \le \frac{n}{j}\)。

所以:

\[\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=j]=\sum_{i=1}^{\frac{n}{j}}[\gcd(i,\frac{n}{j})=1]=\varphi(\frac{n}{j}) \]

所以原式就等于：

\[\sum_{i | n}i \times\varphi(\frac{n}{i}) \]

这个形式就是狄利克雷卷积的形式，所以我们如果记 \(f(n)=\sum_{d|n}d\times\varphi(\frac{n}{d})\)，则 \(f(n)=id(n)*\varphi(n)\)。

由于 \(id(n)\) 与 \(\varphi(n)\) 都是积性函数，所以 \(f(n)\) 也是积性函数。

根据积性函数的性质，我们只要求出 \(f(p^k)\) 就能求出 \(f(n)\)。

\[\begin{aligned} f(p^k)&=\sum_{i=1}^k p^{k-i}\varphi(p^i)+p^n\varphi(1)\\ &= \sum_{i=1}^kp^{k-i}p^{i-1}(p-1)+p^n\\ &= \sum_{i=1}^k p^{k-1}(p-1)+p^n\\ &= k(p-1)p^{k-1}+p^n\\ \end{aligned} \]

这样 \(f(p^{k})\) 就能快速求出了，所以我们就可以求出 \(f(n)\) 了。

一定注意要把 \(\varphi(1)\) 拎出来单独讨论。

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题目2： 求出 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^n\gcd(i,j)\)，\(n \le 4 \times 10^6+1\)（拿行李（极限版） GCD - Extreme (II)）

思路：

沿用上题结论，我们要求的就是 \(\sum_{i=1}^nf(i)\)，由于 \(f(n)\) 是积性函数，所以我们可以用线性筛在 \(O(n)\) 的时间内将每个 \(f(i)\) 求出来，然后就做完了。

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题目3： 求 \(\sum_{i=1}^n \operatorname{lcm}(i,n)\)。（P1891 疯狂 LCM）

思路：

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\operatorname{lcm}(i,n) &= \sum_{i=1}^n\frac{n \times i}{\gcd(i,n)} \\ &= n\sum_{i=1}^n\frac{i}{\gcd(i,n)}\\ &= n \sum_{d|n}\sum_{i=1}^n\frac{i}{d}[\gcd(i,n)=d]\\ &= n \sum_{d|n}\sum_{i=1}^n\frac{i}{d}[\gcd(\frac{i}{d},\frac{n}{d})=1] \end{aligned} \]

我们把 \(\frac{i}{d}\) 换成 \(i\) 就可以得到，再把 \(\frac{n}{d}\) 换成 \(d\) 得到：

\[\begin{aligned} n \sum_{d|n}\sum_{i=1}^n\frac{i}{d}[\gcd(\frac{i}{d},\frac{n}{d})=1] &= n \sum_{d|n}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}i[\gcd(i,\frac{n}{d})=1]\\ &= n \sum_{d|n}\sum_{i=1}^di[\gcd(i,d)=1] \end{aligned} \]

而 \(\sum_{i=1}^di[\gcd(i,d)=1]\) 是所有小于等于 \(d\) 且与其互质的数之和。

然后这就是我们之前的结论，这个式子就等于 \(\frac{d\varphi(d)}{2}\)，除了 \(d=1\) 时是 \(1\)。

所以式子变为：

\[\frac{n}{2}\sum_{d|n}d \times\varphi(d) \]

我们记 \(f(n)=\sum_{d|n}d \times \varphi(d)\)，这个函数虽然不是狄利克雷卷积，但我们可以证明它也是积性函数。

证明类似狄利克雷卷积，这里略过。

于是我们依然可以用 \(f(p^k)\) 来求出 \(f(n)\)，然后就做完了。

题目4： 求有多少数对 \((x,y)\) 满足 \(1 \le x,y \le n,\gcd(x,y)=\text{质数}(n \le 10^7)\)。（P2568 GCD）

思路：

设 \(\mathbb{P}\) 为质数集合，答案即为：

\[\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^n[\gcd(x,y)=p](p \in \mathbb{P}) \]

我们先考虑后一段：

\[\begin{aligned} \sum_{y=1}^x[\gcd(x,y)=p]&=\sum_{p|x,p \in\mathbb{P}}\sum_{y=1}^x[\gcd(x,y)=p]\\ &= \sum_{p|x,p \in\mathbb{P}}\sum_{y=1}^x[\gcd(\frac{x}{p},\frac{y}{p})=1]\\ &=\sum_{p|x,p \in\mathbb{P}}\varphi(\frac{x}{p}) \end{aligned} \]

所以答案就是：

\[\begin{aligned} \sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^n[\gcd(x,y)=p]&=\sum_{x=1}^n\sum_{p|x,p \in\mathbb{P}}\varphi(\frac{x}{p})\\ &= \sum_{p \in \mathbb{P}}\sum_{k=1}^{pk \le n}\varphi(k) \end{aligned} \]

所以我们对 \(\varphi\) 做一个前缀和，再枚举所有素数即可。