数论杂项

整除分块

求\(\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)

显然，对于许多的\(i\),\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)的值是相同且连续的。
对于每一个值相同的块，其最后一项为\(n/(n/i)\),则可用\(O(\sqrt{n})\)计算上式。

狄利克雷卷积

定义：两个数论函数\(f\)和\(g\)的卷积为\((f* g)(n)=∑_{d|n}f(d)\times g(\frac{n}{d})\)。前面的括号代表将\(f\)卷\(g\)，后面的括号代表范围。(后面的括号一般可以省略不写，默认为\(n\))

性质：结合律，分配率，交换律

欧拉函数

令\(\varphi(n)\)表示\(n\)的欧拉函数，则有\(\varphi(n)=\sum_{i=1}^{n}[(n,i)=1]\)

约数函数

令\(d(n)\)表示\(n\)的约数函数，则有\(d(n)=\sum_{d|n}1=\sum_{d=1}^{n}[d|n]\)

约数和函数

令\(\sigma(n)\)表示\(n\)的约数和函数，则有\(\sigma(n)=\sum_{d|n}d=\sum_{d=1}^{n}[d|n]\cdot d\)

其他

令\(\epsilon(n)\)表示\(n\)的元函数，则\(\epsilon(n)=[n=1]\)

令\(I(n)\)表示\(n\)的恒等函数，则\(I(n)=1\)

令\(id(n)\)表示\(n\)的单位函数，则\(id(n)=n\)

莫比乌斯函数

令\(\mu(d)\)表示\(d\)的莫比乌斯函数，则有

1.当 \(d=1\),\(\mu(d)=1\)

2.当\(d=\Pi_{i=1}^{k}p_i\),\(p_i\)为互异素数时\(\mu(d)={(-1)}^k\)

3.\(Otherwise\),\(\mu(d)=0\)

性质

1.\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)

证明如下：

1.当\(n=1\)时显然成立

2.当\(n!=1\)时,令\(n=\Pi{p_i}^{k_i}\),显然对于所有的\(d|n\),当且仅当\(d=\Pi_{i=1}^{r}p_i\)时
才有贡献，此时贡献为\((-1)^r\).
这样的\(d\)有\(C_m^r\)个。

则总贡献为

\[\sum_{r=0}^m(-1)^rC_m^r=\sum_{r=0}^m(-1)^rC_m^r\times1^{m-r}=(-1+1)^m=0 \]

得证。

2.\(\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\varphi(n)}{n}\)

证明如下

易得
\(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\)
即

\[\varphi*I=id \]

两边同时卷\(\mu\)得

\[\varphi*I*\mu=id*\mu \]

即

\[\varphi*\epsilon=id*\mu \]

\[\varphi=id*\mu \to \varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\cdot \frac{n}{d} \]

两式同除\(n\)则可得

\[\frac{\varphi(n)}{n}=\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d} \]

莫比乌斯函数

定义\(F(n)=\sum_{d|n}f(d)\)
,则有

\[f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]

证明类似，将\(f*I=F\)同卷一个\(\mu\)即可。

杜教筛

适用范围：求\(F(n)=\sum_{i=1}^nf(i),\)\(f(i)\)为积性函数。

令\(f* g=h\),则有

\[\sum_{x=1}^n h(x)=\sum_{x=1}^n\sum_{d|x}f(d)g(\frac{n}{d}) \]

\[=\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i) \]

\[=\sum_{d=1}^ng(d)F(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]

又

\[g(1)F(n)=\sum_{d=1}^ng(d)F(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)-\sum_{d=2}^ng(d)F(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]

\[=\sum_{h=1}^nh(i)-\sum_{d=2}^ng(d)F(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]

则若能合适的选取\(g\)与\(h\),对后式进行整除分块，从而递归求出答案。

例：
求\(\sum_{i=1}^n\mu(i)\)

因为\(\mu*I=\epsilon\),则令\(g=I\),带入后得
\(F(n)=1-\sum_{i=2}^nF(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)\)

Min25筛

求\(\sum_{i=1}^nf(i)\),其中\(f(p^k)=p^k(p^k−1)\),\(p\)为质数。