积性函数
线性筛与积性函数
定义：积性函数指对于所有互质的整数a和b有性质\(f(ab)=f(a)f(b)\)的数论函数(\(a,b\)在正整数域内，以下一切讨论都在正整数域内)。
常见的积性函数：
- \(\varphi(n)\) 欧拉函数（在\(1 \leq x \leq n\)区间内，使得\(gcd(x,n)=1\)成立的\(x\)的个数）
- \(\mu(n)\) 莫比乌斯函数（定义：令\(n=a_{1}^{b_1}a_{2}^{b_2}...a_{t}^{b_t}\),若\(\sum_{i=1}^{n}[b_{i}>=2]>0\),则\(\mu(n)=0\),否则\(\mu(n)=(-1)^t\),特别的\(\mu(1)=1\))
- \(d(n)\) 约数个数函数 (\(\sum_{d|n}1\))
- \(\sigma(n)\) 约数和函数 (\(\sum_{d|n}d\))
辅助、基本积性函数：
- \(\varepsilon(n)=[n=1]\) (一元函数)
- \(id(n)=n\) (单位函数)
- \(I(n)=1\) (恒等函数)
具体用法使用杜教筛时会用到
狄利克雷卷积：
定义:设\(f(n),g(n)\)是两个积性函数（数论函数），则它们的狄利克雷卷积\(h(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\)，且它是积性函数（数论函数）
注：狄利克雷卷积的另一种表达方式\(h(n)=\sum_{ab=n}f(a)g(b)\)
莫比乌斯函数：
性质证明：
1. \(\mu*I=\varepsilon\)
证明：\(\sum_{d \mid n}\mu(d)I(\frac{n}{d})=\sum_{d \mid n}\mu(d)\)
因为当\(n=1\)时，上式\(=1\)，显然成立，所以我们只需要证明当\(n>1\)时，上式\(=0\)
我们不妨设\(n=\prod_{i=1}^{k}p_k^{a_k}\)，则对于任意的\(d \mid n\)都有\(d=\prod_{i=1}^{t}p_t^{v_t} (t\leq k,v_t\leq a_k)\)
根据定义得当\(v_t>1\)时，\(\mu(d)=0\)，所以当\(v_t=1\)时，\(\mu(d)=\pm1\)
其实就是相当于在\(k\)个\(-1\)中，选择\(t\)个，所以\(\sum_{d \mid n}\mu(d)=\sum_{i=0}^{n}C(k,i)=0\)
所以\(sum_{d \mid n}\mu(d)=[n=1]\)
2. 若\(F(n)=\sum_{d \mid n}f(d)\)，则\(f(n)=\sum_{d \mid n}\mu(d)F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)\) [莫比乌斯反演]
证明：\(\therefore f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{e|\frac{n}{d}}f(e)\)
由分配律我们可以知道\(f(n)=\sum_{d|n}\sum_{e|\frac{n}{d}}\mu(d)f(e)\)
因为稍微理解一下，发现其实是所有满足\((d⋅e)|n\)的二元组\((d,e)\)之于是可以交换前两个\(\sum\)的位置即,所以\(f(n)=\sum_{e|n}\sum_{d|\frac{n}{e}}\mu(d)f(e)\)
再由分配律逆定理可知\(f(n)=\sum_{e|n}f(e)\sum_{d|\frac{n}{e}}\mu(d)\)
所以\(f(n)=\sum_{e|n}f(e)*[\frac{n}{e}=1]\),所以只有当\(n=e\)时，取值才有效，所以\(f(n)=f(n)=\sum_{d \mid n}\mu(d)F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)\)
线性筛莫比乌斯函数：
做法：在线性筛的基础上加上，若\(i\)为质数，则\(\mu(i)=-1\),之后根据他是积性函数的定义，则对于的\(i \mod p_j \not =0(p为小于i的质数集和)\)，都有\(\mu(i*p_j)=\mu(i)*\mu(p_j)\),若是\(i \mod p_j=0\)，则有至少一个二次以上的指数，所以\(\mu(i*p_j)=0\).
代码实现：
#include<map>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define maxn 20000000
#define int long long
using namespace std;
void read(int &sum)
{
sum=0;char last='w',ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9') last=ch,ch=getchar();
while (ch>='0' && ch<='9') sum=sum*10+ch-'0',ch=getchar();
if (last=='-') sum=-sum;
}
int mu[maxn+5];
int p[maxn+5],bz[maxn+5],len;
void find_prime()
{
mu[1]=1;
for (int i=2;i<=maxn;i++)
{
if (bz[i]==false) mu[i]=-1,len++,p[len]=i;
for (int j=1;j<=len && i*p[j]<=maxn;j++)
{
bz[i*p[j]]=1;
if (i%p[j]==0) { mu[i*p[j]]=0; break; }
else mu[i*p[j]]=mu[i]*mu[p[j]];
}
}
}
signed main()
{
// freopen("M.in","r",stdin);
// freopen("M.out","w",stdout);
find_prime();
// fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
欧拉函数：
性质证明：
1. 若\(p\)为质数，则\(\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}\)
证明：\(1\)~\(p^k\)总共有\(p^k\)个数，因为\(p\)是质数，所以其中与\(p\)不互质的只有\(p\)的倍数，而\(p^k\)中有\(p^k/k\)个倍数，所以互质数就为\(p^k-p^{k-1}\)
2. \(\varphi*I=id\)
证明：给出\(\frac{1}{n},\frac{2}{n},\frac{3}{n}...,\frac{n}{n} n\)个分数，把他们化为最简形式\(\frac{a}{b}\)，那什么\(a,b\)要有什么条件呢？经过观察发现，\(b \mid n , gcd(a,b)=1\)，那么以\(b\)为分母的数就有\(\varphi(a)\)个，又因为\(b \mid n\)，所以\(\sum_{d|n}\varphi(d)=n(总共有n个分数)\)，所以\(\varphi*I=id\)
3. \(\varphi(p^k)=\varphi(p^{k-1})*p\)
证明：\(\because \varphi(p^k)=p^{k-1}*(p-1)\)
又\(\because \varphi(p^{k-1})=p^{k-2}*(p-1)\)
\(\therefore p^{k-1}=\varphi(p^{k-1})*p/(p-1)\)
\(\therefore \varphi(p^k)=\varphi(p^{k-1})*p\)
线性筛欧拉函数：
做法：在线性筛的基础上加上，若\(i\)为质数，则\(\varphi(i)=i-1\),之后根据他是积性函数的定义，则对于的\(i \mod p_j\not=0(p为小于i的质数集和)\)，都有\(\varphi(i*p_j)=\varphi(i)*\varphi(p_j)\),若是\(i \mod p_j=0\)，则我们将\(i*p_j\)写成互质的形式,\(i*p_j=t*p_j^w\)，所以\(\varphi(i*p_j)=\varphi(t*p_j^w)=\varphi(t)*\varphi(p_j^{w-1})*p_j=\)\(\varphi(i)*p_j\)，所以做完。
代码实现：
#include<map>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define maxn 20000000
#define int long long
using namespace std;
void read(int &sum)
{
sum=0;char last='w',ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9') last=ch,ch=getchar();
while (ch>='0' && ch<='9') sum=sum*10+ch-'0',ch=getchar();
if (last=='-') sum=-sum;
}
int t,n;
int ol[maxn+5];
int p[maxn+5],bz[maxn+5],len;
void find_prime()
{
ol[1]=1;
for (int i=2;i<=maxn;i++)
{
if (bz[i]==false) ol[i]=i-1,len++,p[len]=i;
for (int j=1;j<=len && i*p[j]<=maxn;j++)
{
bz[i*p[j]]=1;
if (i%p[j]==0) { ol[i*p[j]]=ol[i]*p[j]; break; }
else ol[i*p[j]]=ol[i]*ol[p[j]];
}
}
}
signed main()
{
// freopen("M.in","r",stdin);
// freopen("M.out","w",stdout);
find_prime();
// fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
莫比乌斯函数与欧拉函数加回来。同时你又发现，把\(d\)质因数分解，\(d=p_1^{\alpha_1}*p_2^{\alpha_2}*...*p_r^{\alpha_r}\)。若\(\alpha_i\)，则用\(d\)减去的数肯定就会被它的因数减过，并被刚好减一次（自己仔细想想）。所以我们也可以忽略这种情况，不加也不减。所以你可以发现：这其实就是一个容斥原理：\(\varphi(n)=\sum_{d|n}(-1)^r*\frac{n}{d}\)，所以：\(\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)id(\frac{n}{d})\)
杜教筛基本套路
作用：用来求积性函数\(f(n)\)的前缀和\(F(n)=\sum_{i=1}^{n}f(n)\)
过程：
1. 当看到这种题的时候，D老师想到了用狄利克雷卷积来解决，所以他g构造两个积性函数\(h,g\)，使得\(h=f*g\)
2. \(\ \because \sum_{i=1}^{n}h(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})\) (由狄利克雷卷积的定义可得)
3. \(\ \therefore \sum_{i=1}^{n}h(i)=\sum_{i=1}^{n}[g(d)*\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}f(i)]\) (把上式拆解开来，我们可以得到\(f(d_{1,1})*g(\frac{i_1}{d_{1,1}})+f(d_{1,2})*g(\frac{i_1}{d_{1,2}})+...+f(d_{1,t_i})*g(\frac{i_1}{d_{1,t_i}})+...+\)\(f(d_{n,1})*g(\frac{i_n}{d_{n,1}})\)\(+...+f(d_{n,t_n})*g(\frac{i_n}{d_{n,t_n}})\),之后我们就可以知道\(\sum_{d=1}^{n} g(d)\)都出现了，那么每个\(g(d)\)出现了多少次呢？经过观察我们发现，对于每个\(g(d)\)它在\(1\)~\(n\)范围内，只要是\(d\)的倍数的数，就都会含有\(g(d)\),所以每个\(g(d)\)总共出现了\(\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}f(i)\)次)
4. \(\ \therefore \sum_{i=1}^{n}h(i)=\sum_{i=1}^{n}[g(d)*F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)]\) (根据\(F(n)\)的定义，直接代入)
5. \(\ \therefore \sum_{i=1}^{n}h(i)=g(1)F(n)+\sum_{i=2}^{n}[g(d)*F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)]\) (将\(i=1\)提取出来，因为\(d=1\)，所以\(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor=n\))
6. \(\therefore g(1)F(n)=\sum_{i=1}^{n}h(i)-\sum_{i=2}^{n}[g(d)*F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)]\) (移项易得)
7. 找得一个\(g(n)\)使得\(\sum_{i=1}^{n}h(i)\)能在短时间内求出，那么我们就可以分块求出\(-\sum_{i=2}^{n}[g(d)*F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)]\)，总体时间复杂度在\(n^{\frac{3}{4}}\)左右
题目：
莫比乌斯之和（题面）
解析：根据杜教筛套路式，我们容易得出\(I(n)\)就是可以让我们快速求出的积性函数，那么\(F(n)=\sum_{i=1}^{n}g(i)*f(i)-\sum_{i=2}^{n}[g(d)*F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)]\),又因为\(\mu*I=\varepsilon\),所以\(F(n)=1-\sum_{i=2}^{n}[I(d)*F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)]\),之后分块求解即可。
代码实现：
#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 5000000
#define mod 2333333
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
return x*f;
}
struct my_map{
ll x;int ans,next;
}e[MAXN+5];
int f[MAXN+5],ans=0,num=0,s[MAXN],head[mod+5];
bool b[MAXN+5];
void ins(ll x,int sum)
{
int j=x%mod;
e[++num]=(my_map){x,sum,head[j]};
head[j]=num;
}
int calc(ll n)
{
if(n<=MAXN) return f[n];
for(int i=head[n%mod];i;i=e[i].next)
if(e[i].x==n)return e[i].ans;
int sum=1,q=sqrt(n);
for(int i=2;i<=q;i++)
sum-=calc(n/i);
q=n/(q+1);
for(int i=1;i<=q;i++)
sum-=(n/i-(n/(i+1)))*calc(i);
ins(n,sum);
return sum;
}
int main()
{
f[1]=1;b[1]=1;
for(int i=2;i<=MAXN;i++)
{
if(!b[i]) s[++num]=i,f[i]=-1;
for(int j=1;j<=num&&s[j]*i<=MAXN;j++)
{
int t=s[j]*i; b[t]=1;
if(i%s[j]==0){f[t]=0;break;}
f[t]=-f[i];
}
}
for(int i=2;i<=MAXN;i++)
f[i]+=f[i-1];
num=0;
ll x=read();ans-=calc(x-1);
x=read();ans+=calc(x);
cout<<ans;
return 0;
}
欧拉函数与莫比乌斯函数前缀和（题面）
解析：关于莫比乌斯的跟上题一样，而欧拉函数有\(\varphi*I=id\)，所以\(g=I\)，所以\(F(n)=\sum_{i=1}^{n}i-\sum_{i=2}^{n}F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)\)，注意可以吧\(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor\)相同的合并来算，减小时间，详见代码。
代码实现：
#include<map>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define maxn 20000000
#define int long long
using namespace std;
map<int,int> find_mu;
map<int,int> find_ol;
void read(int &sum)
{
sum=0;char last='w',ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9') last=ch,ch=getchar();
while (ch>='0' && ch<='9') sum=sum*10+ch-'0',ch=getchar();
if (last=='-') sum=-sum;
}
int t,n;
int ol[maxn+5],mu[maxn+5];
int p[maxn+5],bz[maxn+5],len;
void find_prime()
{
mu[1]=ol[1]=1;
for (int i=2;i<=maxn;i++)
{
if (bz[i]==false) mu[i]=-1,ol[i]=i-1,len++,p[len]=i;
for (int j=1;j<=len && i*p[j]<=maxn;j++)
{
bz[i*p[j]]=1;
if (i%p[j]==0) { mu[i*p[j]]=0,ol[i*p[j]]=ol[i]*p[j]; break; }
else mu[i*p[j]]=-mu[i],ol[i*p[j]]=ol[i]*ol[p[j]];
}
}
for (int i=1;i<=maxn-1;i++) mu[i+1]+=mu[i];
for (int i=1;i<=maxn-1;i++) ol[i+1]+=ol[i];
}
int dfs1(int x)
{
if (x<=maxn) return ol[x];
if (find_ol[x]!=0) return find_ol[x];
int sum=(1+x)*x/2;
for (int l=2,r;l<=x;l=r+1)
{
r=x/(x/l);
sum-=(r-l+1)*dfs1(x/l);
}
return find_ol[x]=sum;
}
int dfs2(int x)
{
if (x<=maxn) return mu[x];
if (find_mu[x]!=0) return find_mu[x];
int sum=1;
for (int l=2,r;l<=x;l=r+1)
{
r=x/(x/l);
sum-=(r-l+1)*dfs2(x/l);
}
return find_mu[x]=sum;
}
signed main()
{
// freopen("M.in","r",stdin);
// freopen("M.out","w",stdout);
find_prime();
read(t);
while (t--)
{
read(n);
printf("%lld %lld\n",dfs1(n),dfs2(n));
}
// fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
欧拉函数前缀和（题面）
解析：同上，用了乘法逆元
代码实现：
#include<map>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
const int maxn = 5e6+5;
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
map<int,int> _ol;
int ol[maxn+5];
int p[maxn+5],len,bz[maxn+5];
int n;
void read(int &sum)
{
sum=0;char last='w',ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9') last=ch,ch=getchar();
while (ch>='0' && ch<='9') sum=sum*10+ch-'0',ch=getchar();
if (last=='-') sum=-sum;
}
void find_prime()
{
ol[1]=1;
for (int i=2;i<=maxn;i++)
{
if (bz[i]==false) ol[i]=i-1,p[++len]=i;
for (int j=1;j<=len && i*p[j]<=maxn;j++)
{
bz[i*p[j]]=true;
if (i%p[j]==0) { ol[i*p[j]]=ol[i]*p[j]%mod; break; }
else ol[i*p[j]]=ol[i]*ol[p[j]]%mod;
}
}
for (int i=2;i<=maxn;i++)
ol[i]+=ol[i-1],ol[i]%=mod;
}
int find_ol(int x)
{
if (x<=maxn) return ol[x];
if (_ol[x]!=0) return _ol[x];
int sum=(1+x)*x%mod*500000004%mod;
while (sum<0) sum+=mod,sum%=mod;
for (int l=2,r;l<=x;l=r+1)
{
r=x/(x/l);
sum-=(r-l+1)*find_ol(x/l);
while (sum<0) sum+=mod,sum%=mod;
sum%=mod;
}
while (sum<0) sum+=mod,sum%=mod;
if (_ol[x]==0) _ol[x]=sum%mod;
return sum%mod;
}
signed main()
{
// freopen("M.in","r",stdin);
// freopen("M.out","w",stdout);
find_prime();
read(n);
int t=find_ol(n);
while (t<0) t+=mod,t%=mod;
printf("%lld\n",t);
// fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号