二维积性函数——zky 数论选讲学习笔记

线性筛

埃氏筛：从小到大扫，遇到一个质数就将其所有倍数标记为合数。可以证明时间复杂度是 $O(n \log \log n)$ 的。

对于一个合数，考虑在其最小质因子 $p$ 处筛掉他。设这个合数是 $x × p$ ，先枚举 $x$ ，然后再从小到大枚举 $p$ ，并标记 $xp$ 为合数。如果枚举的过程中发现 $x \mod p = 0$ ，那么当 $p$ 更大时 $p$ 就不是 $xp$ 的最小质因子了，终止循环。

每个合数只会被筛一次，所以时间复杂度 $O(n)$ 。该筛法还可以直接用于筛 $f(i) = i^n$ 等积性函数。适用范围广，但复杂度也大。

数论函数和积性函数

定义：数论函数是定义域为正整数集，陪域为复数域的函数。

把它看成是一个只在整数处有值的函数就行了。
对于一个数论函数 $f$ ，约定 $S_{f(n)}=\sum_{i=1}^{n}f(i)$

定义：积性函数是指一个定义域为正整数 $n$ 的数论函数 $f(n)$ ，且满足如下性质： $f(1) = 1$ ，且当 $a$ 和 $b$ 互质时， $f(ab) = f(a)f(b)$

对于一个积性函数 $f$ ，只要知道了对于所有 $f(p^k)$ （ $p$ 是质数， $k$ 是正整数），我们就可以知道整个 $f$ 函数。

一般来说，我们说明一个数论函数是积性函数，只需要说明对于任意
$x=∏_{i}p_i^{\alpha_i}$ ，都有 $f(x)=∏_{i}f(p_i^{\alpha_i})$ 即可。

Dirichlet 卷积

对于数论函数 $f$ 和 $g$ ，定义其 $Dirichlet$ 卷积：

(f * g) (x) = \sum_{d | x} f (d) g (\frac{x}{d})

$(f ∗ g)(x) = \sum_{d|x}f(d)g(\frac{x}{d})$

如果将 $Dirichlet$ 卷积视为数论函数的乘法，函数的直接加和为数论函数的加法。那么数论函数的加法和乘法是满足交换律、结合律和分配律的。

定理：对于积性函数 $A$ , $B$ ， $C = A ∗ B$ 也是积性函数。

也可以定义 $Dirichlet$ 除法 $A/B = C$ 使得 $B ∗ C = A$ 。只要
$B(1)≠ 1$ ，就能逐位确定 $C$ 。此时 $C$ 存在且唯一。

定理：如果 $A$ 和 $B$ 都是积性函数，那么 $C$ 一定也是积性函数。

Dirichlet 前缀和

给定数组 $a$ ，求数组 $b$ 满足 $b_x=\sum_{y|x}a_y$ 。

我们可以将问题看成是，对于一个数论函数 $A$ ，我们要求出 $A ∗ I$ 的前 $n$ 项。

因为 $I$ 是一个积性函数，所以将其看成是积性函数的乘积。
设 $f_i(p^k) = [p = pi]$ （ $p_i$ 是从小到大第 $i$ 个质数）。那么 $I =∏f_i$ 。所以 $A ∗ I = A ∗ f1 ∗ f2 ∗ ...$ ，即每次乘一个 $f_i$ 。注意到乘单个是可以完成的。所以总时间复杂度就变成了 $O(n \log \log n)$ 。

普通数论函数卷普通积性函数也可以类似地做到 $O(n \log \log n)$ 。

该算法的“转置算法”求 $b_x =∑_{x|y}a_y$ 也可以在相同复杂度内完成。

整除分块

计算 $∑_{i=1}^{n} d(i)$ 。

答案为 $\sum_{i=1}^{n}=\sum_{xy=i}1=\sum_{xy≤n}1=\sum_{x=1}^{n}⌊\frac{n}{x}⌋$

注意到 $⌊\frac{n}{x}⌋$ 实际上只有 $O(\sqrt n)$ 段，所以考虑一些基于此的暴力。

从 $l = 1$ 开始。设 $v = ⌊\frac{n}{k}⌋$ 。每次找出满足 $⌊\frac{n}{r}⌋ = v$ 的最大的 $r$ ，然后 $[l, r]$ 这一段元素就可以被跳过，新的 $l^′ = r + 1$ 继续做。

这个 $r$ 就是满足 $\frac{n}{r} ≥ v$ 的最大的 $r$ ，即 $⌊\frac{n}{v}⌋$ 。所以这个问题容易 $O(\sqrt n)$ 解决。

例题

给定序列 $A, B, C$ ，求 $∑_{i=1}^{n}∑_{j=1}^{n} A(i)B(j)C(gcd(i, j))$ 。
$n ≤ 10^6$

传统做法是莫比乌斯反演，考虑使用积性函数性质解决。
设计函数 $D$ 满足 $C = D × I$ ，即 $C_i=\sum_{j|i}^{D_j}$ 。

那么答案等于 $\sum_{i=1}^{n}A(i)\sum_{j=1}^{n}B(j)\sum_{d|i,d|j}D(d)$

交换求和顺序，答案即为 $\sum_{d}D(d)(\sum_{d|i}A(i))(\sum_{d|i}B(i))$

Powerful Number

定义：称一个正整数 $m$ 是 $Powerful Number$ ，当且仅当对于任意 $m$ 的质因数 $p$ ，均有 $p^2|m$

定理：对于所有 $PN$ ，我们都可以将其表示成 $a^2b^3$ 的形式（其中 $a$ 和 $b$ 都是正整数）。

定理： $n$ 以内的 $PN$ 个数为 $O(\sqrt n)$

UOJ 885 红场阅兵

对于 $70pts$ 部分分：给定一个积性函数 $S$ ，求 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}S(ij)$ ， $n≤3\times10^7$

为了解决上面的问题，需要把积性函数推广到二维。

首先二维数论函数 $g(x, y)$ 还是没什么性质的普通函数。

称二维数论函数 $f(x, y)$ 是二维积性函数，当且仅当 $∀a, b, c, d$ 使得 $\gcd(ab, cd) = 1$ ，都有 $f(ac, bd) = f(a, b)f(c, d)$ 。
上面这个定义还是有点太抽象了（这是按照一维积性函数的定义改的）。实际上可以更简单地理解这件事情。假设 $p_i$ 是从小到大第 $i$ 个质数 $x=∏_{i}p_i^{\a_i}$ ， $y=∏_{i}p_i^{b_i}$ ，那么 $f(x, y) = ∏_if(p_i^{a_i},p_i^{b_i})$

容易发现，要求的是一个二维积性函数 $f(x, y) = S(xy)$ 的二维前缀和

类似地，定义二维 $Dirichlet$ 卷积。设 $a, b$ 的 $Dirichlet$ 卷积为 $c$ ，那么：

c (x, y) = \sum_{u | x, v | y} a (u, v) b (x / u, y / v)

$c(x, y) =∑_{u|x,v|y}a(u, v)b(x/u, y/v)$

类似一维地， $c(1, 1)≠ 0$ 的数论函数存在逆元；两个二维积性函数的 $Dirichlet$ 卷积和 $Dirichlet$ 除法都是二维积性函数

类似 $Powerful Number$ 地，考虑用 $Powerful Number$ 的思想来解决问题。

考虑设计积性函数 $g(x, y)$ 满足 $g(p^a,p^b)=f(p^a,1) f(1,p^b)$ 。对于这个函数，其前缀和 $\sum_{i≤n_1}\sum_{j≤n_2}f(ij)$ 是相当容易计算的。

观察 $h = f/g$ 。对于单个 $p$ 来说，发现这个 $Dirichlet$ 除法相当于是二维多项式的除法。

发现 $h(p^k, 1) = h(1, p^k) = 0$

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} f (i, j) = \sum_{u, v} h (u, v) (\sum_{i u \leq n, j v \leq n} g (i, j))

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}f(i,j)=\sum_{u,v}h(u,v)(\sum_{iu≤n,jv≤n}g(i,j))$

复杂度 $O(n)$

（时间复杂度的证明没看懂，所以留着吧，反正 $O(n)$ 肯定能解决。）

P3327 [SDOI2015] 约数个数和

直接套用上文的做法，发现 $h(x, y)$ 只在 $x = y$ 处有值且值为 $µ(x)$ 。所以答案为 $\sum_{i=1}^{n}µ(i)(\sum_{j=1}^{⌊n/i⌋}d(j))(\sum_{k=1}^{⌊m/i⌋}d(k))$ ，整除分块解决，复杂度 $O(N + T \sqrt N)$