约数

PS：以下讨论的任意都在正整数范围内。

若对于数字 \(d\) 与 \(n\)，如果 \(\exists k\in \mathbb{Z}\)，使 \(k\times d=n\)。则称 \(d\) 是 \(n\) 的约数，记为 \(d|n\)。\(n\) 是 \(d\) 的倍数。

否则 \(d\) 不是 \(n\) 的约数，记为 \(d\nmid n\)。

求 \(n\) 的正约数集合——试除法

枚举 \(1\sim \sqrt n\) 的所有数字 \(x\)，判断 \(n\) 是否能够被 \(x\) 整除，若能则 \(x\) 与 \(n\div x\) 都是 \(n\) 的约数。

vector<int>Apx(int n) {
	int cnt=sqrt(n);
	vector<int>res;res.clear();
	for(int i=1;i<=cnt;++i) {
		if(n%i) continue;
		res.push_back(i);
		if(i*i==n) continue;
		res.push_back(n/i);
	}
	return res;
}

推论：

除完全平方数的 \(\sqrt n\) 以外，所有约数成对出现。
\(n\) 的约数个数小于 \(2\times \sqrt n\)。

求 \(1\sim n\) 中每个数的正约数集合——倍数法。

朴素扫描 \(1\sim n\) 所有数并暴力 \(\sqrt n\) 找约数，时间复杂度高达 \(O(n\sqrt n)\)。

考虑对于 \(1\le i\le n\)，找 \(i\) 在 \(n\) 以内的倍数。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

vector<int>Ap[N];
void Init() {
	for(int i=1;i<=n;++i) 
		for(int j=i;j<=n;j+=i) Ap[j].push_back(i);
	return ; 
}

推论：

\(1\sim n\) 中所有数的约数个数和约为 \(n\log n\)。

算数基本定理（唯一分解定理）

\(\forall x\in \mathbb{N+},x\ne 1,\exist \{p_m\},\{c_m\},p_i\in \mathbb{P},x=\prod_{i=1}^m {p_i}^{c_i}\).

通俗来讲，就是任何一个不等于 \(1\) 的正整数都可以拆成若干个质数的乘积的形式。

证明：反证法。假设存在一些大于 \(1\) 的数不可拆分成若干质数乘积的形式。

设其中最小的一个数是 \(k\)。

由定义知，\(k\) 不是质数就是合数。

若 \(k\) 为质数，拆分 \(k=k\) 显然存在。

若 \(k\) 为合数，则被拆成 \(a\times b\) 的形式，由于 \(k\) 最小，所以 \(a,b\) 满足条件，所以 \(k\) 满足条件，与假设矛盾。故假设不成立，原命题成立。

证毕。

分解质因数——试除法

引理：对于一个数 \(x\)，仅可能存在一个质因数大于 \(\sqrt x\)。

证明：假设存在两个大于 \(\sqrt x\) 的质因数 \(p,q\)（可能相等）。

由于分解的质因数相乘等于原数，所以 \(p\times q\) 应小于等于 \(x\)，但是显然，\(p\times q\) 大于 \(x\)。

与命题矛盾，故假设不成立，原命题成立。

证毕。

所以只需扫描 \(1\sim \sqrt n\) 的所有质数并分解至无法再分，最后判唯一大于 \(\sqrt n\) 的质数即可。

时间复杂度 \(O(\sqrt n)\)。

vector<pair<int,int> >Pa;
void Prime(int x) {
	int cnt=sqrt(x);
	FOR(i,2,cnt) {
		if(x%i) continue;
		int cnt=0;
		while(x%i==0) {
			cnt++;
			x/=i;
		}
		Pa.push_back(mkp(i,cnt));
	}
	if(x>1) Pa.push_back(mkp(x,1));
}

性质：

若 \(x=\prod _{i=1}^m {p_i}^{c_i}\)，则：

\(x\) 的正约数个数为：\(\prod_{i=1}^m (c_i+1)\).

证明：依次考虑所有质因子。

第 \(i\) 个质因子可以选 \(0\) 个、选 \(1\) 个、选 \(2\) 个 \(\dots\) 选 \(c_i\) 个。

有 \(c_i+1\) 种选择。

因为考虑每个质因子是分步进行，故分步乘法原理得证。

证毕。

\(x\) 的正约数之和为 \(\prod_{k=1}^m (\sum_{i=0}^{c_k} p_k^i)\)。

最大公约数与最小公倍数

对于数字 \(x\)，\(y\)。若存在数字 \(d\)。使 \(d\mid x\) 且 \(d\mid y\)。则称 \(d\) 为 \(x\) 与 \(y\) 的公约数。

其中最大的 \(d\) 称为 \(x\) 与 \(y\) 的最大公约数。写作 \(\gcd(a,b)\)。

对于数字 \(x\)，\(y\)。若存在数字 \(d\)。使 \(x\mid d\) 且 \(y\mid d\)。则称 \(d\) 为 \(x\) 与 \(y\) 的公倍数。

其中最小的 \(d\) 称为 \(x\) 与 \(y\) 的最小公倍数。写作 \(\operatorname{lcm}(a,b)\)。

若 \(\gcd(x,y)=1\)，则称 \(x\) 与 \(y\) 互质。

对于更多数的情况，\(\gcd(x,y,z)=1\) 称为 \(x,y,z\) 互质，称 \(\gcd(x,y)=\gcd(y,z)=\gcd(x,z)=1\) 为 \(x,y,z\) 两两互质。

规定：\(\gcd(a,0)=a\)，\(\gcd(0,0)\) 不存在。

性质

对于任意 \(x,y\)，有 \(\operatorname{lcm}(x,y)=\frac{x\times y}{\gcd(x,y)}\)。
\(\gcd(\frac{x}{\gcd(x,y)},\frac{y}{\gcd(x,y)})=1\)。

证明：反证法。设 \(x=\gcd(x,y)\times k_1\)，\(y=\gcd(x,y)\times k_2\)。

那么上式等价于 \(\gcd(k_1,k_2)=1\)。

假设 \(\gcd(k_1,k_2)=d(d>1)\)，那么设 \(z_1=\frac{k_1}{d},z_2=\frac{k_2}{d}\)。

那么 \(x=(\gcd(x,y)\times d)\times z_1,y=(\gcd(x,y)\times d)\times z_2\)。

由于 \(x,y\) 有公因子 \(\gcd(x,y)\times d\)，与 \(\gcd(x,y)\) 最大矛盾。

故假设不成立，原命题成立。

证毕。

若 \(k_2\mid (k_1\times d)\) 且 \(\gcd(k_1,k_2)=1\)，则有 \(k_2\mid d\)。

简证：若 \(k_2\nmid d\)，则 \(k_2\nmid d\times k_1\)，与条件矛盾。

证毕。

对于任意 \(d\mid x\) 且 \(d\mid y\)，有 \(d\mid \gcd(x,y)\)。

证明：设 \(d_2=gcd(x\div d,y\div d)\)，那么 \(x\) 与 \(y\) 的最大公因子是 \(d\times d_2=gcd(x,y)\)。

显然，\(d_2\) 是整数。

证毕。

对于任意 \(x\mid d\) 且 \(y\mid d\)，有 \(\operatorname{lcm}(x,y)\mid d\)。

证明：设 \(x=k_1\times \gcd(x,y),y=k_2\times \gcd(x,y)\)。

显然有 \(k_1\mid \frac{d}{\gcd(x,y)}\),\(k_2\mid \frac{d}{\gcd(x,y)}\).

因为 \(k_1,k_2\) 互质，故 \((k_1\times k_2)\mid \frac{d}{\gcd(x,y)}\).

故 \(k_1\times k_2\times \gcd(x,y)\mid d \rightarrow \operatorname{lcm}(a,b)\mid d\)。

证毕。

\(\gcd(a\times n,b\times n)=n\times \gcd(a,b)\)。

简证：将 \(a,b\) 同时乘 \(n\)，其公因子又多了 \(n\times \gcd(a,b)\)。显然最大。

证毕。

重要性质

\(\gcd(a,\operatorname{lcm} _{i=1}^n b_i)=\operatorname{lcm}_{i=1}^n \gcd(a,b_i)\)。

\(\operatorname{Proof}\)：数学归纳法，当 \(n=1\) 时，原式等价于 \(\gcd(a,b_1)=\gcd(a,b_1)\) 显然成立。

设命题在 \(n=k\) 时成立，当 \(n=k+1\) 时：

\[\gcd(a,\operatorname{lcm}_{i=1}^{k+1} b_i)=\gcd(a,\frac{(\operatorname{lcm}_{i=1}^k b_i)\times b_{k+1}}{\gcd(\operatorname{lcm}_{i=1}^k b_i,b_{k+1})}) \]
设 \(z=\frac{b_{k+1}}{\gcd(\operatorname{lcm}_{i=1}^k b_i,b_{k+1})}\)

则上式等价于：

\[\begin{aligned} \gcd(a,\operatorname{lcm}_{i=1}^{k+1} b_i)&=\gcd(a,(\operatorname{lcm}_{i=1}^{k} b_i)\times z)\\ &=\gcd(a,\operatorname{lcm}_{i=1}^{k} b_i)\times \gcd(a,z)\\ &=(\operatorname{lcm}_{i=1}^k \gcd(a,b_i)) \times \gcd(a,z)\\ &=\operatorname{lcm}_{i=1}^{k+1} \gcd(a,b_i) \end{aligned} \]
最后一步成立是因为 \(\gcd(a,z)\) 一定包含的是 \(\operatorname{lcm}_{i=1}^k b_i\) 没有的质因子，所以可以直接乘（玄学）。

证毕。

求解最大公约数的方法

更相减损术：若 \(a>b\)，\(\gcd(a,b)=\gcd(a,a-b)=\gcd(b,a-b)\)。

欧几里得算法 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)\)。（\(a \bmod b\) 表示 \(a\div b\) 的余数。）

证明：若 \(a<b\)，命题显然成立。

若 \(a\ge b\)，设 \(a=q\times b+r\)，即 \(r=a\bmod b\)。

设 \(d\) 为 \(a,b\) 的任意一个公约数。

由于 \(d\mid a,d\mid (b\times q)\)，所以 \(d\mid (a-q\times b)\)，即 \(d\mid r\)。

所以 \(a,b\) 的公约数集合与 \(b,a\bmod b\) 的公约数集合相同，其最大值自然相同。

证毕。

int gcd(int a,int b) {
	return b?gcd(b,a%b):a;
}

时间复杂度约 \(O(\log (a+b))\)。

欧拉函数

定义函数 \(\varphi (n)\) 表示 \(1\sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的个数。

\(\varphi (n)\) 就是大名鼎鼎的欧拉函数。

求法： 若将 \(n\) 分解质因数为 \(n=\prod _{i=1}^m p_i^{c_i}\)。

则有：

\[\varphi(n)=n\times \prod _{p\in \mathbb{P},p\mid n} (1-\frac{1}{p}) \]

证明：设 \(n\) 存在质因子 \(p\)，则 \(1\sim n\) 中 \(p\) 的倍数有 \(p,2\times p,3\times p,\dots ,(n\div p) \times p\) 共 \(n\div p\) 个。

在设 \(n\) 存在另一种质因子 \(q\)，则 \(1\sim n\) 中 \(q\) 的倍数有 \(q,2\times q,3\times q,\dots ,(n\div q) \times q\) 共 \(n\div q\) 个。

由于会去掉两次 \(p\times q\) 的倍数，所以还要加上 \(n\div(p\times q)\)。

故数量为 \(n-\frac{n}{p}-\frac{n}{q}+\frac{n}{p\times q}=n(1-\frac{1}{p})(1-\frac{1}{q})\)。（容斥原理）

对 \(n\) 的全部质因子使用容斥原理，命题得证。

所以只需对 \(n\) 分解质因数，即可顺便求欧拉函数。

int phi(int x) {
	int cnt=sqrt(x),res=x;
	FOR(i,2,cnt) {
		if(x%i) continue;
		while(x%i==0) x/=i;
		res/=i;res*=(i-1);
	}
	if(x>1) res/=x,res*=(x-1);
	return res;
}

性质：

\(1\sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的和为 \(\frac{n\times \varphi(n)}{2}\)。

证明：设 \(1\sim n\) 中与 \(n\) 互质的数构成的数列为 \(p_1,p_2,p_3,\dots ,p_{\varphi(n)}\)。

显然，\(p_1=1,p_{\varphi(n)}=n-1\)。

类比等差数列求和，可得对应相加之和为 \(n\times \varphi(n)\)，除以 \(2\) 则命题得证。

证毕。

若 \(\gcd(a,b)=1\)，则 \(\varphi(ab)=\varphi(a)\times \varphi(b)\)。

简证：由于 \(a\) 与 \(b\) 互质，故 \(a\) 与 \(b\) 的质因子类别交集为空。

故得证。

其实，若函数 \(f\) 满足 \(f(ab)=f(a)\times f(b)\)：

\(\hspace{1cm}\) - 若 \(a,b\) 互质，则称函数 \(f\) 为积性函数。

\(\hspace{1cm}\) - 若 \(a,b\) 不一定互质，则称函数 \(f\) 为完全积性函数。

若 \(n\) 分解质因数后为 \(\prod _{i=1}^m p_i^{c_i}\)，\(\varphi(n)=\prod _{i=1}^m \varphi(p_i^{c_i})\)。

简证：不同质因子的若干次幂之间显然互质，根据性质 \(2\) 得证。

事实上，该性质对所有积性函数都成立。

对于一个数 \(p\in \mathbb{P}\)：

\(\hspace{1cm}\) - 若 \(d\mid n\) 则 \(\varphi(n\times p)=\varphi(n)\times p\)。

\(\hspace{1cm}\) - 若 \(d\nmid n\) 则 \(\varphi(n\times p)=\varphi(n)\times (p-1)\)。

证明：设 \(n\) 分解质因数后为 \(\prod _{i=1}^m p_i^{c_i}\)。

对于第一种情况，\(p\) 必然是 \(p_i\) 的其中一个。

故 \(\varphi(n\times p)=n\times p\times \prod _{i=1}^m(1-\frac{1}{p_i})=\varphi(n)\times p\)。

对于第二种情况：

\(\varphi(n\times p)=n\times p\times \prod _{i=1}^m(1-\frac{1}{p_i})\times (1-\frac{1-p})=\varphi(n)\times p\times (1-\frac{1}{p})=\varphi(n)\times p-1\)。

证毕。

\(\sum_{d\mid n} \varphi(d)=n\)

证明：令 \(f(n)=\sum_{d\mid n} \varphi(d)\)。

设 \(m\) 与 \(n\) 互质。\(f(m)=\sum_{d\mid n} \varphi(d)\)。

\(f(nm)=\sum_{d\mid nm} \varphi(d)=(\sum_{d\mid n} \varphi(d))(\sum_{d\mid m} \varphi(d))=f(n)\times f(m)\).

所以 \(f\) 是积性函数，满足性质 \(3\)。

故 \(f(n)=\prod _{i=1}^m f(p_i^{c_i})\)。

由于 \(f(p_i^{c_i})=\sum_{j=0}^{c_i} \varphi(p_i^j)=1+\sum_{j=1}^{c_i} p_i^{j-1}\times (p_i-1)=1+\frac{(p_i-1)\times (p_i^{c_i}-1)}{p_i-1}=1+p_i^{c_i}-1=p_i^{c_i}\)

即 \(f(p_i^{c_i})=p_i^{c_i}\)。

故 \(f(n)=\prod_{i=1}^m f(p_i^{c_i})=\prod_{i=1}^m p_i^{c_i}=n\).

即 \(\sum_{d\mid n} \varphi(d)=n\).

证毕。

欧拉函数递推

\(Q:\) 求 \(1\sim n\) 之间所有数的欧拉函数。

当然可以 \(O(n\sqrt n)\) 直接暴力一个个求，\(n\le 1\times 10^6\) 直接炸。

根据性质 \(4,5\)，可以根据质数 \(p\) 从 \(\varphi(n)\) 递推到 \(\varphi(n\times p)\)。

所以可以通过 Eratosthenes 筛法或欧拉筛法来线性地递推欧拉函数。

Eratosthenes：

bool vis[N];
int phi[N];
void Eratosthenes() {
	FOR(i,1,n) phi[i]=i;
	FOR(i,2,n) {
		if(vis[i]) continue;
		for(int j=i;j<=n;j+=i) 
			phi[j]/=i,phi[j]*=(i-1),vis[j]=1;
	}
}

时间复杂度 \(O(n\log\log n)\)。

欧拉：

int v[N],phi[N];
vector<int>prime;
void Euler() {
	FOR(i,1,n) phi[i]=i;
	FOR(i,2,n) {
		if(!v[i]) v[i]=i,phi[i]=i-1,prime.push_back(i);
		for(int p:prime) {
			if(p*i>n||v[i]<p) break;
			v[i*p]=p;
			phi[p*i]=phi[i]*(i%p?p-1:p);
		}
	}
}

时间复杂度 \(O(n)\)。

整除分块

对于以下的式子：

\[\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \]

这个式子直接求是 \(O(n)\) 的。

性质：

加数最多出现 \(2\times \sqrt n\) 种，且同种加数连续。

简证：显然，加数只会是 \(n\) 的约数，而 \(n\) 的约数小于 \(2 \sqrt n\)。

由于加数的分母单调递增，分子不变，故加数单调不增。

证毕。

考虑枚举每一种加数，求出该种加数对应的区间，答案加上区间长度乘此加数即可。

设当前区间左端点为 \(l\)，则此区间对应的值为 \(\lfloor \frac{n}{l} \rfloor\)。

如果能求出右端点 \(r\)，就可以求出该区间对应的贡献，还可以顺便求出下一个区间的左端点 \(l'=r+1\)。

所以现在的问题就是如何求 \(r\)。

设 \(k\) 为当前区间的值。

则应满足 \(r\times k\le n\)。

所以 \(r\le \frac{n}{k}\)。

又因为要取最大的 \(r\) 并且 \(r\) 为整数。

故 \(r=\lfloor \frac{n}{k}\rfloor=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l} \rfloor} \rfloor\)。

时间复杂度：由于区间数量最多 \(2\times \sqrt n\) 个，所以时间复杂度为 \(O(\sqrt n)\)。

int ans=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
	r=(n/(n/l));
	ans+=(r-l+1)*(n/l);
}
cout<<ans<<'\n';

posted @ 2024-07-23 02:52 cannotmath 阅读(22) 评论(0) 编辑收藏举报

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