约数

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 $d\nmid n$。

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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 $2\times \sqrt n$。

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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 $n\log n$。

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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。

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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。

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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';