积性函数

积性函数

定义&性质

对于所有互质的$a,b$，满足$f(ab)=f(a)f(b)$，则$f$为积性函数

对于所有的$a,b$，满足$f(ab)=f(a)f(b)$，则$f$为完全积性函数

对于积性函数，有$f(1)=1$

常见积性函数

1、$1(n)=1$ 恒等函数

2、$I{d}_k(n)=n^k$ 幂函数

3、$\epsilon (n)=[n=1]$ 单位函数

4、$\sigma (n)$ 约数和函数

5、$d(n)$ 约数个数函数

6、$\phi (n)$ 欧拉函数

7、$\mu (n)$ 莫比乌斯函数

欧拉函数

见数论

莫比乌斯函数

$\mu (n)=\{\begin{array}{l}1,n=1\\ (-1{)}^k,n=p_1{p}_2...p_k\\ 0,\text{otherwise}\end{array}$

即每个质因数只出现最多$1$次

性质

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

由简单组合和二项式定理可证

约数个数函数

对于$n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}...p_k^{a_k}$，它的因数个数有：

$d(n)=(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_k)$

不难发现也具有积性函数的性质

约数个数函数的上界

网上找到是${\displaystyle d(n)\le n^{\frac{1.066}{\ln \ln n}}}$，亲测能用

线性筛求积性函数

只需要分三类讨论即可（见数论）

所有积性函数都可以对这三类数有具体处理方式

莫比乌斯反演

（接下来会用不是很数学的方法来解释）

对于积性函数$f(x),g(x)$，有

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

简单证明：

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

$${\displaystyle =\sum _{k\mid n}g(k)\sum _{d|\frac{n}{k}}\mu (d)=\sum _{k\mid n}g(k)[\frac{n}{k}=1]}$$

$${\displaystyle =g(n)}$$

理解第二行的交换枚举量最关键

我们尝试先枚举$k$：当$k$在$[1,n]$范围枚举时，${\displaystyle \frac{n}{d}}$的取值为$[k,n]$，此时${\displaystyle \frac{n}{d}}$的范围很难简单表示，反向考虑，${\displaystyle d\in [1,\frac{n}{k}]}$，则有：${\displaystyle \sum _{d\mid n}\sum _{k|\frac{n}{d}}\mu (d)g(k)=\sum _{k|n}\sum _{d|\frac{n}{k}}\mu (d)g(k)}$，完成枚举量的交换

狄利克雷卷积

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

狄利克雷卷积是操作在积性函数上的二元函数，易知莫比乌斯反演是其子集

性质1：$f\cdot g$仍是一个积性函数（证明略）

性质2：任意两个积性函数都可以通过卷积得到另一个函数

常见卷积：

$\mu \cdot 1=\epsilon$

$\phi \cdot 1=Id$

$\mu \cdot Id=\phi$

$1\cdot 1=d$

$Id\cdot 1=\sigma$

练习

P2522 [HAOI2011]Problem b

${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k]}$

${\displaystyle =\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[gcd(i,j)=1]}$

${\displaystyle =\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)}$

${\displaystyle =\sum _{d=1}^{min(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{k}\rfloor )}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[d\mid i][d\mid j]}$

${\displaystyle =\sum _{d=1}^{min(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{k}\rfloor )}\mu (d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }$

数论分块即可

细节理解

1、${\displaystyle \lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }$ 的值为$O(\sqrt{n})$级别

2、第四行中，$[d\mid gcd(i,j)]=[d\mid i][d\mid j]$

尝试自己证明

LCMSUM - LCM Sum

有好几种推法

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}lcm(i,n)}$

${\displaystyle =n\sum _{i=1}^n\frac{i}{gcd(i,n)}}$

${\displaystyle =n\sum _{d\mid n}\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=d]\frac{i}{d}}$

${\displaystyle =n\sum _{d\mid n}\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(i,\frac{n}{d})=1]i}$

${\displaystyle =n\sum _{d\mid n}\sum _{i=1}^d[gcd(i,d)=1]i}$

方法1

很巧妙地利用了一个结论：

观察${\displaystyle \sum _{i=1}^d[gcd(i,d)=1]i}$，即为与$d$互质的数的和，考虑欧拉函数

结论：$d>1$时，${\displaystyle \sum _{i=1}^d[gcd(i,d)=1]i=\frac{\phi (d)d}{2}}$

引理：$n>1$时，$\phi (n)$为偶数，且$x$与$n-x$成对出现（$gcd(a,b)=gcd(a,a-b)=1$）

则${\displaystyle \sum _{i=1}^d[gcd(i,d)=1]i}$为${\displaystyle \frac{\phi (d)}{2}}$对$x$与$d-x$的和，得证

利用此结论化简：

${\displaystyle =n\sum _{d\mid n}\frac{\phi (d)d}{2}}$

把$d=1$统一进来：

${\displaystyle =\frac{n}{2}\sum _{d\mid n}d(\phi (d)+\epsilon (d))}$

用埃筛即可跑出所有$ans$

方法2

暴力展开：

${\displaystyle =n\sum _{d\mid n}\sum _{i=1}^d\sum _{k\mid gcd(i,d)}\mu (k)i}$

${\displaystyle =n\sum _{d\mid n}\sum _{k\mid d}\mu (k)\sum _{k\mid i}^{d}i}$

${\displaystyle =n\sum _{d\mid n}\sum _{k\mid d}\mu (k)k\sum _{i=1}^{\frac{d}{k}}i}$

${\displaystyle =n\sum _{d\mid n}\sum _{k\mid d}\mu (k)k\cdot \frac{\frac{d}{k}\cdot (\frac{d}{k}+1)}{2}}$

${\displaystyle =\frac{n}{2}\sum _{d\mid n}d\sum _{k\mid d}\mu (k)\cdot (\frac{d}{k}+1)}$

${\displaystyle =\frac{n}{2}\sum _{d\mid n}d\sum _{k\mid d}\mu (k)(Id(\frac{d}{k})+1(\frac{d}{k}))}$

${\displaystyle =\frac{n}{2}\sum _{d\mid n}d(\phi (d)+\epsilon (d))}$

方法3

构造函数$\to$证积性$\to$线筛 link

最后一步也是埃筛

（感觉我在比赛中也构造不出来