数论函数相关

一、欧拉函数与积性函数

欧拉函数

• 定义：欧拉函数 $\phi (n)$ 表示小于等于 $n$，且与 $n$ 互质的正整数的个数。

• 公式：
  若在算数基本定理中，$n=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}...p_m^{c_m}$（$p$ 为质数），则由容斥原理：

  $$\phi (n)=n\ast {\displaystyle \frac{p_1-1}{p_1}}\ast {\displaystyle \frac{p_2-2}{p_2}}\ast ...\ast {\displaystyle \frac{p_m-m}{p_m}}=n\ast \prod _{p\mid n}(1-{\displaystyle \frac{1}{p}})(p\in primes)$$

  关于此公式的证明，读者可自行推导

一些性质

1. 若 $n$ 是质数，则 $\phi (n)=n-1$

2. 若 $n=p^k$，且 $p$ 为质数，则 $\phi (n)=(p-1)\ast p^{k-1}$

3. 若 $p$ 是质数，且 $\{\begin{array}{ll}p\mid n& \Rightarrow \phi (nq)=\phi (n)\ast q\\ p\nmid n& \Rightarrow \phi (nq)=\phi (n)\ast (q-1)\end{array}$

4. $n=\sum _{d\mid n}\phi (d)$

5. $\phi (ab)=\phi (a)\ast \phi (b)\ast \frac{d}{\phi (d)}$，其中 $d=gcd(a,b)$

积性函数

若一个定义在正整数域上的函数 $f$，当 $x,y$ 互质时，有 $f(xy)=f(x)\ast f(y)$，则称函数 $f$ 是积性函数

特别地，当 $x,y$ 不互质时仍有 $f(xy)=f(x)\ast f(y)$ 的函数称为完全积性函数

常见完全积性函数：

• $ϵ(n)=[n=1]$
• $I(n)=1$
• $i{d}_k(n)=n^k$

常见积性函数

• 欧拉函数 $\phi (n)$
• 莫比乌斯函数 $\mu =I^{-1}$
• 除数函数 ${\sigma }_k(n)=\sum _{d\mid n}{d}^k$
• 除数函数 $d(n)=$ $n$ 的约数个数
• $s(n)=n$ 所有约数的和

一些乘积结论

• $\mu (ij)=[i\perp j]\mu (i)\mu (j)$

• $\phi (ab)=\phi (a)\ast \phi (b)\ast \frac{d}{\phi (gcd(a,b))}$

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

• ${\sigma }_k(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[x\perp y](\frac{xj}{y}{)}^k$

除数函数的计算

对于 $n=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}\dots p_m^{c_m}$，有：

• $d(n)=(c_1+1)(c_2+1)\dots (c_m+1)$

  记 $p$ 为 $n$ 的最小质因子，有：

  $$d(n)=\{\begin{array}{ll}2d(n/p)-d(n/p^2)& p^2\mid n\\ 2d(n/p)& \mathrm{o}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{w}\mathrm{i}\mathrm{s}\mathrm{e}\end{array}$$

• ${\sigma }_k(n)=\prod _{i=1}^m(1+p_i+p_i^2+\cdots +p_i^{c_i})$

二、狄利克雷卷积

两个数论函数 $f(x),g(x)$，则它们的 狄利克雷卷积 得到的结果 $h(x)$ 定义为：

$$h(x)=\sum _{d\mid x}f(d)g\left(\frac{x}{d}\right)=\sum _{ab=x}f(a)g(b)$$

一些其它定义

• 单位元：$\epsilon (n)=[n=1]$。对于任何数论函数 $f$，都有 $f\ast \epsilon =f$

• $I(n)=1$

• $id(n)=n$

性质

• 满足交换律、结合律、分配律

• 积性：两个积性函数的狄利克雷卷积仍然是积性函数。积性函数的逆仍是积性函数

常见结论

• $\mu \ast I=\epsilon$

• $\phi \ast I=id$

• $id\ast \mu =\phi$

三、莫比乌斯函数

将 $I$ 的狄利克雷卷积逆元记为 $\mu$，称作莫比乌斯函数

设正整数 $n$ 按算数基本定理分解质因数为 $n=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}\dots p_m^{c_m}$，则

$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}0& \mathrm{\exists }i\in [1,m],c_i>1\\ 1& m\equiv 0(\mathrm{mod}2),\mathrm{\forall }i\in [1,m],c_i=1\\ -1& m\equiv 1(\mathrm{mod}2),\mathrm{\forall }i\in [1,m],c_i=1\end{array}$$

特别地，$\mu (1)=1$

性质

• 根据“积性函数的逆也是积性函数”可得：莫比乌斯函数是积性函数

整除分块

整除分块是用于解决整除求和问题 $\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$

• 将 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 按相同值分块

• 可以证明，分块少于 $2\sqrt{n}$ 种

for(LL l=1,r; l<=n; l=r+1)
{
	r=n/(n/l);
	ans+=(r-l+1)*(n/l);
}

莫比乌斯反演

反演动机:

$$\sum _{d\mid n}\mu (d)=[n=1]$$

设 $f(n),g(n)$ 为两个数论函数。

• 如果有 $f(n)=\sum _{d\mid n}g(d)$，那么有

  $$g(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)f(\frac{n}{d})$$

  证明：容易看出，数论函数 $g(n)$ 的莫比乌斯变换，就是将$g(n)$ 与 $1$ 进行狄利克雷卷积。
  $\because f=g\ast I$
  $\therefore f\ast \mu =g\ast I\ast \mu =g\ast \epsilon =g$

• 如果有 $f(n)=\sum _{n|d}g(d)$，那么有

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

  证明：考虑逆推：
  $\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})f(d)$
  $=\sum _{k=1}\mu (k)f(kn)$
  $=\sum _{k=1}\mu (k)\sum _{kn|d}g(d)$
  $=\sum _{n|d}g(d)\sum _{k|\frac{d}{n}}\mu (k)$
  $=\sum _{n|d}g(d)ϵ(\frac{d}{n})$
  $=g(n)$

整除差分

一个黑科技

以 CF915G Coprime Arrays 为例

快进到式子：

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

如果对每个 $k$ 分别使用整除分块，复杂度 $O(n\sqrt{n})$，无法通过

注意到 $\lfloor k/d\rfloor \ne \lfloor (k-1)/d\rfloor \iff d\mid k$，且此时 $\lfloor k/d\rfloor =\lfloor (k-1)/d\rfloor +1$

对答案差分，有：

$$\begin{array}{rl}ans(k)-ans(k-1)& =\sum _{d=1}^k\mu (d){\lfloor \frac{k}{d}\rfloor }^n-\sum _{d=1}^{k-1}\mu (d){\lfloor \frac{k-1}{d}\rfloor }^n\\ & =\sum _{d=1}^k\mu (d)({\lfloor \frac{k}{d}\rfloor }^n-{\lfloor \frac{k-1}{d}\rfloor }^n)\\ & =\sum _{d\mid k}\mu (d)[{\left(\frac{k}{d}\right)}^n-{(\frac{k}{d}-1)}^n]\end{array}$$

线性筛出 $i{d}_k$ 后，记 $h(n)=n^k-(n-1{)}^k$，则 $\mathrm{\Delta }ans=h\ast \mu$，时间复杂度 $O(n\log n)$

四、杜教筛

假设我们先现在希望求出函数 $f$ 在 $n$ 处的前缀和 $s(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$，我们构造另一个数论函数 $g$，设 $h=f\ast g$，则

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^{n}h(i)\\ =& \sum _{ij\le n}f(i)g(j)\\ =& \sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)\\ =& \sum _{d=1}^{n}g(d)s\left(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \right)\end{array}$$

若 $g,h$ 的前缀和可快速求出，我们就得到了 $s(n)$ 关于其所有整除值处取值的递推式，即

$$g(1)s(n)=\sum _{i=1}^{n}h(i)-\sum _{d=2}^{n}g(d)s\left(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \right)$$

一般 $f,g$ 均为积性函数，因此 $g(1)=1$，公式又写为

$$s(n)=\sum _{i=1}^{n}h(i)-\sum _{d=2}^{n}g(d)s\left(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \right)$$

一般预处理 $f$ 及其前缀和到 $n^{\frac{2}{3}}$ 处，复杂度优化为 $\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})$。

P4213 【模板】杜教筛

题意：求 $\sum \phi (i)$ 和 $\sum \mu (i)$，$n\le 2^{31}$。

对于 $f=\phi$，构造 $g=1$，$f\ast g=id$。

对于 $f=\mu$，构造 $g=1$，$f\ast g=ϵ$。

P3768 简单的数学题

发现自己欧拉反演和莫比乌斯反演都学的依托……

对 $gcd(i,j)$ 作欧拉反演得 $gcd(i,j)=\sum _{d\mid gcd(i,j)}\phi (d)$。

所以原式

$$=\sum _{d=1}^n\phi (d)\times d^2\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/d\rfloor }ij$$

后面那坨可以直接计算，对它整除分块，只需快速求出前面那坨的前缀和。

设 $f=\phi \times i{d}^2$，构造 $g=i{d}^2$，那 $f\ast g=i{d}^3$，可以使用杜教筛。时间复杂度大约 $\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})$。

P6055 [RC-02] GCD

题意：求$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{p=1}^{\lfloor \frac{n}{j}\rfloor }\sum _{q=1}^{\lfloor \frac{n}{j}\rfloor }[gcd(i,j)=1][gcd(p,q)=1]$

$n\le 2\times {10}^9$。

有点厉害的题目。

推式子推不出来。于是观察一下原式。

于是惊人的发现 $j$ 就是在枚举 $gcd(p,q)$。

于是化为

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{p=1}^n\sum _{q=1}^n[gcd(i,p,q)=1]\\ =& \sum _{d=1}^n\mu (d){\left(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \right)}^3\end{array}$$

杜教筛即可。

五、贝尔级数

• 定义：对于积性函数 $f$，定义其在质数 $p$ 意义下的贝尔级数为

  $${\mathcal{F}}_p(x)=\sum _{i=0}^{+\mathrm{\infty }}f(p^i)x^i$$

• 定理：两个数论函数相狄利克雷卷积，其贝尔级数相乘。

较复杂的贝尔级数

• $i{d}_k\to {\displaystyle \frac{1}{1-p^{k}x}}$

• ${\mu }^2\to 1+x$

• $d\to {\displaystyle \frac{1}{(1-x{)}^2}}$（相当于 $d=I\ast I$）

• ${\sigma }_k\to {\displaystyle \frac{1}{(1-x)(1-p^{k}x)}}$（相当于 ${\sigma }_k=I\ast i{d}_k$）

• $\phi \to {\displaystyle \frac{1-x}{1-px}}$