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进阶数论

posted on 2023-11-13 12:31:46 | under | source

相较初等数论而言，更加高级。

莫比乌斯反演

简介：

\[f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d}) \]

其中 \(\mu\) 是莫比乌斯函数。

\[\mu(n)= \begin{cases} 1&n=1\vee\texttt{n的不同质因子个数为偶}\\ -1&\texttt{n的不同质因子个数为奇}\\ 0&\exists x,x^2|n \end{cases} \]

证明：容易发现左式表明 \(f\) 是 \(g\) 与 \(1\) 的迪利克雷卷积，我们只需证明 \(\mu * 1=\epsilon\) 即可。

\[(\mu * 1)(i)=\sum\limits_{d|i}\mu(d)=\sum\limits_{i=0}^kC_k^i(-1)^i=\begin{cases}1(i=1)\\0(i\not=1)\end{cases}=\epsilon(i) \]

其中 \(k\) 是 \(i\) 本质不同的质因子个数。

数论分块

根号科技 是个好东西。

数论分块，顾名思义一种数论中的分块，通常处理形如 \(\sum\limits_{i=1}^nf(i)\times\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor\) 的和式。

对于形如 \(\sum\limits_{i=1}^k\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 的式子，容易发现如果 \(n<i\)，结果为 0，对答案没有任何贡献。所以我们只需统计对于 \(i\in[1,\min(k,n)]\) 的情况即可。方便起见，先讨论对于 \([1,n]\) 的情况。

首先，回想我们求因数个数的代码，枚举 \(i=\overline{1,2,\cdots,\sqrt{n}}\)，为什么呢？

对于 \(\forall a,b\in\mathbb{N^* }\wedge ab=n\wedge a\le b\)，必定有 \(a\le\sqrt{n}\)（\(a^2\le ab=n\)），所以 \(n\) 最多只有 \(2\sqrt{n}\) 个因数。即 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor,i=\overline{1,2,\cdots,n}\) 最多只有 \(2\sqrt{n}\) 个取值。

二项式反演

反演，用二项式，就这样。

若有

\[g(n)=\sum\limits_{i=0}^n\left(^n_{i}\right)f(i) \]

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题目

\([x=1]=\sum\limits_{d|x}\mu(d)\)

\(\sum\limits_{d|n}\mu(\frac nd)d=\varphi(n)\)

\(\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=n\)

\(d(xy)=\sum\limits_{i|x}\sum\limits_{j|y}\left[(x,y)=1\right]\)

\(\varphi(xy)=\varphi(i)\varphi(j)\prod\limits_{p\in\operatorname{Prime}\wedge p\mid(i,j)}\frac{p}{p-1}\)

大部分的题只需用上述几个式子转化，化简，再配合上数论分块以及杜教筛即可。

P1390 公约数的和

求 \(\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = i + 1}^n \gcd(i, j)\)。

\[\begin{array}{c} &\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = i + 1}^n \gcd(i, j)\\ =&\sum\limits_{k=1}^n\varphi(k)\dfrac{\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\left(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor -1\right)}{2} \end{array} \]

暴力即可，无需优化。

P1447 [NOI2010] 能量采集

求 \(\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j =1}^m [2\gcd(i, j)-1]\)。

令 \(n\le m\)。

\[\begin{array}{c} &\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j =1}^m [2\gcd(i, j)-1]\\ =&\left[2\sum\limits_{k=1}^n\varphi(k)\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{k}\right\rfloor\right]-nm \end{array} \]

同样，筛完 \(\varphi\) 暴力就可以。

P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB

求 \(\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j =1}^m \operatorname{lcm}(i,j)\)。

令 \(n\le m\)。

\[\begin{array}{c} &\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j =1}^m \operatorname{lcm}(i,j)\\ =&\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j =1}^m\dfrac{ij}{\gcd(i,j)}\\ =&\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor}ijk[\gcd(i,j)=1] \end{array} \]

[MtOI2019] 幽灵乐团

好题，很好的题，做了两个晚自习。

容易发现，原式等于 \(\prod\limits_{i=1}^a\prod\limits_{j=1}^b\prod\limits_{k=1}^c\left(\dfrac{ij}{\gcd(i,j)\gcd(i,k)}\right)^{f(type)}\)。

拆成 \(\prod\limits_{i=1}^a\prod\limits_{j=1}^b\prod\limits_{k=1}^c\left({ij}\right)^{f(type)}\)，\(\prod\limits_{i=1}^a\prod\limits_{j=1}^b\prod\limits_{k=1}^c\gcd(i,j)^{f(type)}\) 两个部分，分开求解。

\[\begin{array}{c} &\large{type0}\\ &\prod\limits_{i=1}^a\prod\limits_{j=1}^b\prod\limits_{k=1}^c\left({ij}\right)\\ =&\prod\limits_{i=1}^ai^{bc}\times\prod\limits_{i=1}^bi^{ac}\\ =&(a!)^{bc}(b!)^{ac}\\\\ &\prod\limits_{i=1}^a\prod\limits_{j=1}^b\prod\limits_{k=1}^c\gcd(i,j)\\ =&\left[\prod\limits_{t=1}^{\min(a,b)}\prod\limits_{i=1}^{}\right]^c \end{array} \]