2024.12.23 数论 2 讲课笔记
以下 \(a//b\) 表示 \(\lfloor\frac ab\rfloor\)，\(Adn(n)=\frac{n(n+1)}2\)，\(Fc(L,R)=Adn(R)-Adn(L-1)\)
类欧几里得
给定 \(n,a,b,c\) ，分别求 \(\sum_{i=0}^{n}(ai+b)//c, \sum_{i=0}^{n}{((ai+b)//c)}^2, \sum_{i=0}^{n}i\cdot(ai+b)//c\) 取模，多测 \(t\le10^5\)，\(0\le n,a,b,c\le10^9,c\ne 0\)
令
三者同步递归计算
当 \(a=0\) 时，显然有
当 \(a\ge c\) 或 \(b\ge c\) 时，有
转化为求解 \(g(n,a\bmod c,b\bmod c,c),h(n,a\bmod c,b\bmod c,c),f(n,a\bmod c,b\bmod c,c)\)
当 \(0\le a< c\) 且 \(0\le b<c\) 时，令 \(m=(an+b)//c\)，有：
转化为求解 \(f(m-1,c,c-b-1,a),g(m-1,c,c-b-1,a),h(m-1,c,c-b-1,a)\)
递归求解，可证这样时间复杂度为 \(O(\log\max(a,c))\)
例 1：CF1098E Fedya the Potter
给定 \(a_{1\sim n}\)，令 \(b\) 为可重集 \(\left\{\gcd_{l\le k\le r} a_k\mid1\le l\le r\le n\right\}\) 排序后的结果，\(c\) 为可重集 \(\left\{\sum_{l\le k\le r}b_k\mid1\le l\le r\le n\right\}\) 排序后的结果，求 \(c\) 的中位数，\(n\le5\times10^4,1\le a_i\le10^5\)
对于一个 \(r\)，\(|\left\{\gcd_{l\le k\le r} a_k\mid1\le l\le r\right\}|=O(\log n)\)
因此先对 \(a\) 建立 \(gcd\) 的 \(ST\) 表，然后枚举 \(r\)，通过 \(O(\log n)\) 次二分将 \([1,r]\) 划分为 \(O(\log n)\) 块，满足对于任意一块 \(S=[L,R]\)，\(\gcd_{l\le k\le r} a_k\;(L\le l\le R)\) 值相同，从而求出 \(cnt_i\)，表示 \(\gcd_{l\le k\le r} a_k=i\) 的 \((l,r)\) 数量（即代码中的 b 数组），这部分时间复杂度为小常数的 \(O(n\log^2 n\log V)\)
这样 \(b\) 即为 \(cnt_1\) 个 \(1\) 拼接上 \(cnt_2\) 个 \(2\) 拼接上 ······ 拼接上 \(cnt_{V}\) 个 \(V\)，其中 \(V\) 为值域大小
二分中位数 \(M\)，问题转化为求出 \(b\) 中有多少区间和不超过 \(M\) 的区间
称 \(cnt_k\) 个 \(k\) 为第 \(k\) 段
在第 \(k\) 段中，一共有 \(Fc(cnt_i-\min(cnt_i,M//i)+1,cnt_i)\) 个区间和 \(\le M\) 的区间，这部分容易 \(O(V)\) 计算
对于跨段的区间，设其左端点位于第 \(l\) 段，右端点位于第 \(r\) 段
预处理 \(ct_i=\sum_{j=1}^i cnt_j\)，\(sm_i=\sum_{j=1}^i cnt_j\cdot j\)
若 \(sm_r-sm_{l-1}\le M\)，则第 \(l\) 段内任意位置和第 \(r\) 段内任意位置都合法
若 \(sm_r-sm_{l-1}>M\) 且 \(sm_{r-1}-sm_l+l-r\le M\)，则第 \(l\) 段内和第 \(r\) 段内部分位置合法
其他情况全不合法
因此枚举右端点，双指针或二分确定上述两种情况的范围，前者容易通过 \(ct\) 和 \(b\) 数组单次 \(O(1)\)算出，后者可转化为给定 \(n,m,a,b,c\)，求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [ai+bj\le c]\)
令 \(F(a,b,c)=\sum_{i=1}^\infty\sum_{j=1}^\infty [ai+bj\le c]\)，则 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [ai+bj\le c]=F(a,b,c)-F(a,b,c-an)-F(a,b,c-bn)+F(a,b,c-an-bn)\)
转化为类欧几里得的形式，可 \(O(\log\max(c\bmod a,b))=O(\log\max(a,b))\)
总时间复杂度 \(O(n\log^2n\log V+(\log n+\log V)V\log V)=O(n\log n^2\log V+V\log^2V)\)，瓶颈在于求 \(cnt\) 的过程
例 2：P5172 Sum
给定 \(T\) 组 \(n,r\)，求 \(\sum_{d=1}^n (-1)^{\lfloor d\sqrt r\rfloor}\)，\(T\le10^4,n\le10^9,r\le10^4\)
若 \(r\) 为完全平方数，设 \(r=x^2\)，则 \(\sum_{d=1}^n (-1)^{\lfloor d\sqrt r\rfloor}=\sum_{d=1}^n (-1)^{dx}=\sum_{d=1}^n ((-1)^x)^d\)，若 \(x\) 为偶数则答案为 \(n\)，否则若 \(n\) 为奇数答案为 \(-1\)，为偶数答案为 \(0\)
否则由于 \((-1)^x=1-2(x\bmod 2)=1-2(x-2(x//2))=1-2x+4(x//2)\)，原式等于 \(n-2\sum_{d=1}^n\lfloor d\sqrt r\rfloor+4\sum_{d=1}^n\lfloor \frac {d\sqrt r}2\rfloor\)
转化为求解形如 \(\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a\sqrt r+b}c\cdot i\rfloor\) 的式子
令 \(f(n,a,b,c,r)=\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a\sqrt r+b}c\cdot i\rfloor\)
\(n=0\) 时显然 \(f(n,a,b,c,r)=0\)
否则先对 \(\frac{a\sqrt r+b}c\) 约分（\(a,b,c\) 都除以 \(\gcd(a,b,c)\)，若不约分则中间过程可能超过 long long，若约分则可保持在 int 范围内）
令 \(t=\frac{a\sqrt r+b}c\)
若 \(t\ge 1\)，则取出其整数部分，可得 \(f(n,a,b,c,r)=f(n,a,b-c\lfloor t\rfloor,c,r)+\lfloor t\rfloor\cdot\frac{n(n+1)}2\)
若 \(0\le t<1\)，则
递归处理即可
可证时间复杂度为 \(O(T\log n)\)
万能欧几里得
在平面上有线段 \(y=\frac{px+r}q\{0< y\le n\}\)，其中 \(p,q,r\) 为整数。有变换 \(U\)、\(R\) 和初始值 \(S\)，从原点出发，先向上到达 \((0,\frac rq)\)，然后从左往右沿线段行走，若横坐标为整数则 \(S\leftarrow S\times U\)，若纵坐标为整数则 \(S\leftarrow S\times R\)，若都为整数则 \(S\leftarrow S\times U\times R\)，求最终的 \(S\)，\(0\le p,q,r\le10^9,q\ne0\)，变换有结合律
设 \(f(n,p,q,r,U,R)\) 为上述所有变换之积
-
若 \(r\ge q\)，则最前面向上走的一段含有 \(r//q\) 个 \(U\)，得到
\[f(n,p,q,r,U,R)=U^{r//q}\times f(p\bmod q,q,r,n,U,R) \] -
若 \(p\ge q\)，则 \(y=\frac pq\cdot x+\frac rq\)，若 \(x\) 要加一则 \(y\) 增加 \(\frac pq\)，其中至少经过 \(p//q\) 个 \(U\)，即每个 \(R\) 之前至少有 \(p//q\) 个 \(U\)，将其和这个 \(R\) 合并，得到
\[f(n,p,q,r,U,R)=f(p\bmod q,q,r,n,U,U^{p//q}R) \] -
否则，考虑翻转 \(x\) 轴和 \(y\) 轴
直线 \(y=\frac{px+r}q\) 翻转得到 \(x=\frac{qy-r}p\)
由于原先遇到整点要先算 \(U\)，因此翻转之后要先算 \(R\)，将 \(x\) 减少 \(\epsilon\)，得到 \(x=\frac{qy-r-1}p\)
翻转之后的定义域为原先的值域 \((\frac rq,\frac {pn+r}q]\)（以下令 \(m={(pn+r)}//q\)）
若 \(m=0\)，则无需翻转，此时不存在 \(U\)，得到 \(f(n,p,q,r,U,R)=R^{n}\)
否则
\[f(n,p,q,r,U,R)=R^{{(q-r-1)}//{p}}U\cdot f(q,p,(q-r-1)\bmod p,n,R,U)\cdot R^{n-(qm-r-1)//p} \]
若使用快速幂实现，则可证时间复杂度为 \(O(T\log\max(p,q))\)，其中 \(T\) 为单次变换时间
模板：
namespace euclid {
using ll = long long;
inline constexpr ll cal(ll a, ll b, ll c, ll d){return (__int128_t(a) * b + c) / d;}//fma(a, b, c) / d
template <typename _Tp> inline _Tp fpw(_Tp a, ll b, _Tp e){for (; b; b >>= 1, a = a * a)if (b & 1)e = e * a;return e;}
template <typename _Tp> _Tp euclid(ll p, ll q, ll r, ll n, const _Tp &U, const _Tp &R, const _Tp &e/*unit*/){
if (!n)return e;
if (r >= q)return fpw(U, r / q, e) * euclid(p, q, r % q, n, U, R, e);
if (p >= q)return euclid(p % q, q, r, n, U, fpw(U, p / q, e) * R, e);
ll m = cal(p, n, r, q);if (!m)return fpw(R, n, e);
return fpw(R, (q - r - 1) / p, e) * U * euclid(q, p, (q - r - 1) % p, m - 1, R, U, e) * fpw(R, n - cal(q, m, -r - 1, p), e);
}
}
考虑用万欧解决类欧模板
所有操作都可用矩阵描述
需要取出有用位置，否则常数过大
例：LOJ #6440. 万能欧几里得
给定矩阵 \(A,B\) 和 \(n,p,q,r\)，求 \(\sum_{i=1}^n A^i B^{(ip+r)//q}\)，\(n\le20,p,q,r\le10^{18}\)
在万欧过程中维护 \(\sum x\)，\(\sum y\)，\(\sum xy\) 即可
由于矩乘没有交换律，需要注意合并顺序
积性函数 和 狄利克雷卷积
常用积性函数
单位函数 \(\varepsilon(n)=[n=1]\)
恒等函数 \(\operatorname{id}_k(n)=n^k\)，若 \(k=1\) 则省略
常函数 \(I(n)=1\)，有时也写为 \(\operatorname{1}(n)\)
除数函数 \(\sigma_k(n)=\sum_{d\mid n}d^k\)，\(k=1\) 时省略，\(k=0\) 时即为因子数 \(d(n)\)
欧拉函数 \(\varphi(n)\)
莫比乌斯函数 \(\mu(n)\)
狄利克雷卷积
\(f\) 和 \(g\) 的狄利克雷卷积记为 \(f\ast g\)，若 \(h=f\ast g\)，则
满足：
（完全）积性函数的狄利克雷卷积也是（完全）积性函数
（积性函数的逆也是积性函数）
一些例子：
- $ \varepsilon=\mu\ast I $
- $ \sigma_k=\operatorname{id}_k\ast I $
- $ \varphi=\mu\ast \operatorname{id}$
- \(\operatorname{id}=\varphi\ast I\)
- $ \varepsilon =(\mu\cdot t)\ast t$（其中 \(t\) 为完全积性函数，\((A\cdot B)(x)=A(x)\times B(x)\)）
杜教筛
\(f\) 为数论函数，要求 \(\sum_{i=1}^n f(i)\)
若可以构造 \(g\) 和 \(h\)，满足 \(f\ast g=h\) 且可以在不超过 \(O(n^{3/4})\) 的复杂度内求出所有 \(n//i\) 处的 \(g\) 和 \(h\) 的前缀和，则可以 \(O(n^{3/4})\) 求解（若 \(f\) 为积性函数，则可以线性筛预处理 \(1\sim n^{2/3}\) 的 \(f\) 的前缀和，做到 \(O(n^{2/3})\)，当然此时 \(g\) 和 \(h\) 的前缀和需要 \(O(n^{2/3})\) 内求出），同时求出所有 \(n//i\) 处的前缀和
令 \(F,G,H\) 为 \(f,g,h\) 的前缀和
有 \(H(n)=\sum_{i=1}^n h(i)=\sum_{ij\le n}f(j)g(i)=\sum_{i=1}^n g(i) F(n//i)=g(1)F(n)+\sum_{i=2}^n g(i)F(n//i)\)
则 \(F(n)=\frac{H(n)-\sum_{i=2}^n g(i)F(n//i)}{g(1)}\)
数论分块即可
需要记忆化
模板题：P4213 【模板】杜教筛
求 \(\varphi\) 和 \(\mu\) 的前缀和，\(n\le INT\_MAX\)
由于 $ \varepsilon=\mu\ast I \(，\)\operatorname{id}=\varphi\ast I$，直接套模板即可
Powerful Number 筛
要求 \(f\) 为积性函数，其质数处取值可快速计算，且存在积性函数 \(g\)，满足两者质数处取值相同，且 \(g\) 可快速求所有 \(n//i\) 处的前缀和
定义 \(Powerful\;\; Number\)（\(PN\)）为 \(\nexists (p\mid x,p\in\{Prime\}),p^2\nmid x\) 的 \(x\)
可证 \(PN\) 都能表示为 \(a^2b^3\)，\(n\) 以内 \(PN\) 只有 \(O(\sqrt n)\) 个
构造 \(h\) 为满足 \(g\ast h=f\) 的函数，显然其为积性函数
若 \(p\) 为素数，则 \(f(p)=g(1)h(p)+g(p)h(1)=h(p)+g(p)\)，由于 \(f(p)=g(p)\)，有 \(h(p)=0\)，即只有 \(PN\) 处 \(h\) 才可能非 \(0\)
类似杜教筛，可得 \(F(n)=\sum_{i=1}^n h(i)G(n//i)\)，由于 \(i\ne \{PN\}\) 时 \(h(i)=0\)，因此 \(F(n)=\sum_{i\in\{PN\},i\le n}h(i)G(n//i)\)
由于 \(G\) 可快速求出，要求 \(F(n)\)，问题转化为求 \(h(i)\;(i\in\{PN\})\)
\(h\) 为积性函数，因此只要求出所有 \(h(p^c)\)，其中 \(p\) 为质数，\(c\) 为大于 \(1\) 的整数，且 \(p^c\le n\)
要求 \(h(p^c)\) 有两种方法，一种是根据题目推式子，还有一种是可证 \(h(p^c)=f(p^c)-\sum_{i=1}^c g(p^i)h(p^{c-i})\)，枚举计算即可
总流程为：
- 筛出 \(\sqrt n\) 内质数
- 枚举 \(p\) 和 \(c\)，求出所有 \(h(p^c)\)
- 根据 \(p\) 搜索出所有 \(PN\)，求出 \(PN\) 处的 \(h\) 的值
- 求出 \(n//i\) 处的 \(G\) 的值
- 得到 \(F(n)\)
除第 2 步外时间复杂度为 \(O(\sqrt n)\)，第二步若采用第二种方法则时间复杂度为宽松的 \(O(\sqrt n\log n)\)，有时可继续优化
若使用杜教筛计算 \(G\)，则时间复杂度为 \(O(n^{2/3})\)
空间复杂度为 \(O(\sqrt n)\)
例：LOJ #6053. 简单的函数
有积性函数 \(f\) 满足 \(f(p^c)=p\oplus c\)，给定 \(n\) ，求 \(f\) 前缀和，\(n\le10^{10}\)
构造 \(g(n)=\begin{cases}3\varphi(n)&n\bmod2=0\\\varphi(n)&n\bmod2=1\end{cases}\)
根据 \(PN\) 筛的方式，以下只考虑计算 \(G\)
可证 \(G(n)=\sum_{i=1}^n\varphi(i)+2\sum_{i=1}^{n//2}\varphi(2i)\)
令 \(S_1(n)=\sum_{i=1}^n\varphi(i),S_2(n)=\sum_{i=1}^{n//2}\varphi(2i)\)，可证 \(S_2(n)=S_1(n)+S_2(n//2)\)，显然 \(S_1\) 可以杜教筛求解，\(S_2\) 在求出 \(S_1\) 必须值的基础上可单次 \(O(\log n)\) 求解
总时间复杂度 \(O(n^{2/3})\)
也可用 \(Min\_25\) 筛做，只要注意 \(f(2)\) 的处理，代码
Min_25 筛
具体介绍见 文章 Min_25 筛
例 1：LOJ #6235. 区间素数个数
取 \(Min\_25\) 筛前半部分即可
例 2：P5325 【模板】Min_25 筛
模板题，代码
vjudge 练习
Number Theory 2，pw:edgeedgeweloveyou
luogu 题单
参考
math2.pdf by Tx_Lcy
浙公网安备 33010602011771号