约数

定义

设有整数 \(a\) 和 \(b\) ，如果存在整数 \(q\) 使得 \(a = b \times q\) ，则称 \(b\) 是 \(a\) 的约数， \(a\) 是 \(b\) 的倍数，记为 \(b\ |\ a\) 。

算数基本定理的推论

在算数基本定理中，任何一个大于 \(1\) 的正整数 \(N\) 都能唯一分解为有限个质数的乘积，可写作：

\[N = p_1^{c_1}\times p_2^{c_2}\times \cdots \times p_m^{c_m} = \prod_{i=1}^{m}p_i^{c_i} \]

其中：\(c_i \in \mathbb{N}_+\) ， \(p_i\) 都是质数，并且满足 \(p_1 < p_2 < \cdots<p_m\) 。

则有以下推论：

\(N\) 的正约数集合为：

\[\left\{p_1^{b_1}\times p_2^{b_2}\times\cdots\times p_m^{b_m}=\prod_{i=1}^m p_i^{b_i}\right\}, 其中 b_i\in[0,\ c_i] \]

\(N\) 的正约数个数为：

\[(c_1 + 1)\times(c_2 + 1)\times\cdots\times(c_m + 1)=\prod_{i = 1}^m (c_i + 1) \]

\(N\) 的所有正约数和为：

\[\begin{aligned} \sigma(N) &=\sum_{b_1=0}^{c_1}\sum_{b_2=0}^{c_2}\cdots\sum_{b_m=0}^{c_m}p_1^{b_1}\times p_2^{c_2}\times\cdots\times p_m^{c_m}\\ &=\left(\sum_{b_1=0}^{c_1}p_1^{b_1}\right)\times\left(\sum_{b_2=0}^{c_2}p_2^{b_2}\right)\times\cdots\times\left(\sum_{b_m=0}^{c_m}p_m^{b_m}\right)\\ &=\prod_{i=1}^{m}\sum_{j=0}^{c_i}p_i^j \end{aligned} \]

求 \(N\) 的正约数集合

试除法

如果 \(n\) 有约数 \(a\) 和 \(b\) ，且 \(a\times b=n\) 。如果 \(a\le\sqrt n\) ，则 \(b\ge\sqrt n\) ，反之亦然。换句话说，约数是成对出现的（除了完全平方数 \(\sqrt n\) 单独出现）。

所以，只需要扫描 \(1\sim\sqrt n\) 的每个整数 \(x\) ，判断 \(x\) 是否能整除 \(n\) ，若能，则 \(x\) 与 \(\large\frac{n}{x}\) 都是 \(n\) 的约数。时间复杂度为 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\) 。

试除法的推论

由上述的扫描过程不难发现一个整数 \(n\) 的约数个数至多有 \(2\sqrt n\) 个。

代码

int cnt;
int num[N];

for (int i = 1; i * i <= n; i++) {
	if (!(n % i)) {
		num[++cnt] = i;
		if (i != n / i) num[++cnt] = n / i;
	}
}

倍数法

不难发现，试除法在查找单个数的约数集合效率较高，但是不适用于批量查询，我们考虑优化。

在 \(\text{Eratosthenes}\) 筛法过程中我们可发现大量数字中一般会有共同的约数，此时进行试除法就会重复判断，所以我们利用正难则反的逆向思维选择用数字 \(x\) 本身去标记它的倍数 \(x, 2x, \cdots,\large{\frac{n}{x}}x\) 。

时间复杂度为 \(\mathcal{O}\left(n + \large{\frac{n}{2}}+\large{\frac{n}{3}}+\cdots+\large{\frac{n}{n}}\right)=\mathcal{O}\left(\sum\limits_{i=1}^n\large\frac{n}{i}\right) = \mathcal{O}(n \log n)\) 。

代码

vector<int> num[N];

for (int i = 1; i <= n; i++) 
	for (int j = 1; j * i <= n; j++) 
		num[i * j].push_back(i);

倍数法的推论

由此可见， \(1\sim N\) 中每个数的约数个数总和大约为 \(n \log n\) 。

调和级数

在上述时间复杂度中出现了一个很奇怪的式子，就是：\(\large{\sum\limits_{i=1}^n\frac{n}{i}} = n\sum\limits_{i=1} ^n\frac{1}{i}\) 。要想求解它，我们需要了解一下调和级数

定义

\[H_n = \sum_{i=1}^n\frac{1}{i}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} \]

性质

1. 发散性，即：

\[\lim_{n\to\infty} H_n=+\infty \]

2. 渐近性，即：

\[H_n=\ln n + \gamma + \varepsilon n\approx\log n \]

• 其中

\[\gamma \approx0.57721 56649 01532 \]

\[\varepsilon n \approx \dfrac{1}{2n} \]

整除分块（数论分块）

问题引入

考虑计算下面的式子：

\[S = \sum_{i=1}^{n}\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor \]

直接计算该式可扫描 \(1\sim n\) ，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\) ，但通过观察 \(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\) 值的分布，发现有许多连续区间值相同，例如：

当 \(n = 10\) 时：

\(i\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(\cdots\)	\(10\)
\(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\)	\(10\)	\(5\)	\(3\)	\(2\)	\(2\)	\(1\)	\(\cdots\)	\(1\)

其中 \(i\in[4,5]\) 的值都为 \(2\) ， \(i\in[6,10]\) 的值都为 \(1\) ，这些连续区间可以合并后再进行计算来减少时间复杂度。

定义

设正整数 \(n\) ，将区间 \([1,n]\) 划分为 \(m\) 个连续子区间：

\[[1,n]=\bigcup_{k = 1}^m[i_k, j_k] \]

满足：

1. 连续性： \(j_k + 1 = i_{k + 1}\ \left(1\le k<m\right)\) 。
2. 同值性： \(\forall x\in[i_k,j_k],\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor=c_k\) 。
3. 递减性： \(\forall k,\ c_{k-1}>c_k\ \left(k >1\right)\) 。

符号说明：

• \(i_k,j_k\) 分别表示第 \(k\) 个块的起点和终点。
• \(c_k\) ：块内所有 \(x\) 的整除值 \(\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\) 。

性质

1. 连续性
2. 同值性
3. 递减性
4. 利用整除分块分块，总块数不会超过 \(2\sqrt{n}\) 块。

证明：
前面已知 \(n\) 的约数最多有 \(2\sqrt{n}\) 个，并且成对在 \(\sqrt{n}\) 左右分布（完全平方数除外），所以我们可以进行分类讨论：

1. 当 \(x\in[1,\sqrt{n}]\) 时：\(n\) 至多有 \(\sqrt{n}\) 个约数，即 \(\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\) 的值至多有 \(\sqrt{n}\) 种 ，所以至多分为 \(\sqrt{n}\) 个块。
2. 当 \(x\in(1, \sqrt{n}]\) 时： \(\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\le\frac{n}{x}<\frac{n}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}\) ，即 \(\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\in[1,\sqrt{n})\) ，所以至多分为 \(\sqrt{n}\) 个块。

所以总共至多分为 \(2\sqrt{n}\) 个块。

证毕

算法流程

考虑到块的数量至多有 \(2\sqrt{n}\) 个，我们尝试对每一个块进行遍历。

首先设每个块的左端点为 \(L\) ，右端点为 \(R\) （即满足 \(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n}{L}\right\rfloor\) 最大的 \(i\) ），每次将 \(L\) 赋值为 \(R + 1\) 即可跳到下一个块。

显然 \(L\) 的初值为 \(1\) ，但 \(R\) 就有些复杂了。

设 \(k = \left\lfloor\frac{n}{L}\right\rfloor\) ，即 \(\left\lfloor\frac{n}{L}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n}{R}\right\rfloor=k\) 。

既然 \(\left\lfloor\frac{n}{R}\right\rfloor = k\) ，是否 \(\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor = R\) 呢？直觉告诉我们这是正确的，我们先顺这这个思路往下推。

注意到 \(k = \left\lfloor\frac{n}{L}\right\rfloor\) ，所以 \(R=\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{{n}}{\left\lfloor\frac{n}{L}\right\rfloor}\right\rfloor\) 。

接下来就是当 \(\left\lfloor\frac{n}{R}\right\rfloor=k\) ，求证 \(\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor=R\) 。
即若 \(\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor=y\) ，求证： \(\left\lfloor\frac{n}{y}\right\rfloor=x\)

证明：

\[\begin{aligned} &\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor=y\\ \Rightarrow\ &y\le\frac{n}{x}<y+1\\ \Rightarrow\ &y\cdot x\le n<(y+1)\cdot x\\ \Rightarrow\ &x\le\frac{n}{y}<x+\frac{x}{y}\\ \end{aligned} \]

当 \(x \le y\) 时：

\[\begin{aligned} &x\le y\\ \Rightarrow\ &\frac{x}{y}\le1\\ \Rightarrow\ &x + \frac{x}{y}\le x + 1\\ \Rightarrow\ &x\le\frac{n}{y}<x+1\\ \Rightarrow\ &\left\lfloor\frac{n}{y}\right\rfloor=x \end{aligned} \]

当 \(x>y\) 时：

\[\begin{aligned} &\frac{x}{y}<1\\ \Rightarrow\ &x + \frac{x}{y}>x+1 \end{aligned} \]

此时无法保证 \(\dfrac{n}{y} < x + 1\) ，可能存在反例。
综上所述：

\[\boxed{\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor=y\land x\le y\Rightarrow\left\lfloor\frac{n}{y}\right\rfloor=x} \]

证毕

此时发现，结论中多了一组 \(x\le y\) 的前提条件，所以我们需要证明一下 \(R\le\left\lfloor\dfrac{n}{L}\right\rfloor\) 。

证明：
已知 \(\left\lfloor\frac{n}{R}\right\rfloor=k\) ，则 \(n=k\times R+r\) ，若 \(r \ge k\) ， \(n\) 就可以表示为 \(k\times(R + 1)+r-k\) ，所以 \(R\) 就可以 \(R + 1\) 代替，与 \(R\) 的定义不符。

证毕

代码

int solve(int n) {
	int res = 0;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		ans += (n / l) * (r - l + 1);
	}
	return res;
}

最大公约数（与最小公倍数）

定义

对于两个自然数 \(a\) 和 \(b\) ，若存在一个最大的自然数 \(d\) ，使得 \(d\ |\ a\) 且 \(d\ |\ b\) ，则称 \(d\) 为 \(a,b\) 的最大公约数，记为 \(\gcd(a,b)\) 。
对于两个自然数 \(a\) 和 \(b\) ，若存在一个最小的自然数 \(m\) ，使得 \(a\ |\ m\) 且 \(b\ |\ m\) ，则称 \(d\) 为 \(a,b\) 的最小公倍数，记为 \(\text{lcm}(a,b)\) 。

定理

\[\forall a,b\in\mathbb{N},\ \gcd(a,b)\times\text{lcm}(a,b)=a\times b \]

证明：
设 \(d=\gcd(a,b),\ a_0=\dfrac{a}{d},\ b_0=\dfrac{b}{d}\) 。根据最大公约数的定义有 \(\gcd(a_0,b_0)=1\) ，根据最小公倍数的定义有 \(\text{lcm}(a_0,b_0)=a_0\times b_0\) 。
所以 \(\text{lcm}(a,b)=\text{lcm}(a_0\times d,b_0\times d) = \text{lcm}(a_0,b_0)\times d=a_0\times b_0\times d=\dfrac{a\times b}{d}\) ，即 \(\gcd(a,b)\times\text{lcm}(a,b)=a\times b\)

证毕

九章算术 · 更相减损术

\[\begin{aligned} \forall &a,b\in\mathbb{N},a\ge b ，有 \gcd(a,b)=\gcd(b, a-b)=\gcd(a,a-b)\\ \forall &a,b\in\mathbb{N} ，有 \gcd(2a,2b)=2\gcd(a,b) \end{aligned} \]

证明：
根据最大公约数的定义，后者显然成立，我们主要证明前者。
设 \(a=k_1\times d,b=k_2\times d\) ，则 \(a-b=(k_1-k_2)\times d\) ，所以 \(d\ |\ (a-b)\) 。因此 \(d\) 也是 \(b,a-b\) 的公约数。反之亦然成立。故 \(a,b\) 的公约数集合与 \(b,a-b\) 的公约数集合相同。于是它们的最大公约数自然也相等。对于 \(a,a-b\) 同理。

证毕

欧几里得算法 · 辗转相除法

\[\forall a,b\in\mathbb{N},b\ne0,\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b) \]

证明：
若 \(a < b\) ，则 \(\gcd(b,a\bmod b)=\gcd(b,a)=\gcd(a,b)\) ，命题成立。
若 \(a \ge b\) ，设 \(d\) 为 \(a, b\) 任意公约数， \(a=k\times b+r\) ，则 \(r=a-k\times b=a\bmod b\) 。
因为 \(d\ |\ a, d\ |\ (k\times b)\) ，所以 \(d\ |\ (a - k\times b)\) ，即 \(d\ |\ r\) 。反之亦然成立。故 \(a,b\) 公约数集合与 \(b,a\bmod b\) 的公约数集合相同。于是它们的最大公约数自然也相等。

证毕

由 \(a\bmod b<\dfrac{a}{2}(a\ge b)\) 的取模性质（证明详见这篇题解中对取模性质 \(2\) 的证明部分）可得出使用欧几里得算法求最大公约数的复杂度为为 \(\mathcal{O}\left(\log\left(a + b\right)\right)\) ，因此欧几里得算法是最常用的求最大公约数的方法。不过，因为高精度除法（取模）不容易实现，需要做高精度运算时，可考虑用更相减损术代替欧几里得算法。

代码

int gcd(int a, int b) {
	return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

互质与欧拉函数

互质

定义

\[\forall a,b\in\mathbb{N}, 若 \gcd(a,b)=1, 则称\ a,b\ 互质,记为\ a\perp b \]

欧拉函数

定义

\(1\sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的个数被称为欧拉函数，记为 \(\varphi(n)\) 。

形式化地：

\[\varphi(n) = \sum_{i=1}^n[i\perp n] \]

求法 \(1\sim 2\)

\(1\) ： \(\mathcal{O}(n\log n)\) 求法

最暴力的算法，从 \(1\sim n\) 挨个判断，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 。

\(2\) ： \(\mathcal{O}(n√n)\) 求法

显然我们需要一些更优秀的做法。

假如 \(n\) 只有 \(p\) 一个质因子，那么 \(1\sim n\) 中与 \(n\) 不互质的只能是 \(p\) 的倍数，显然 \(\varphi(n)=n-\dfrac{n}{p}\) 。
假如 \(n\) 还有一个质因子 \(q\) ，那么 \(1\sim n\) 中与 \(n\) 不互质的只能是 \(p\) 的倍数或 \(q\) 的倍数，即 \(n-\dfrac{n}{p}-\dfrac{n}{q}\) ，但由于有的数既是 \(p\) 的倍数，也是 \(q\) 的倍数，所以我们要把多减的部分加回来即：

\[\begin{aligned} \varphi(n) &= n-\dfrac{n}{p}-\dfrac{n}{q}+\frac{n}{pq}\\ &=n\times\left(1-\dfrac{1}{p}-\dfrac{1}{q}+\frac{1}{pq}\right)\\ &=n\times\left(1-\frac{1}{p}\right)\times\left(1-\frac{1}{q}\right) \end{aligned} \]

推广到一般情况可得到：

\[\varphi(n) = n\times\prod_{i=1}^m\left(1-\frac{1}{p_i}\right)=n\times\prod_{i=1}^m\left(\frac{p_i-1}{p_i}\right) \]

特别地，\(\varphi(1)=1\) 。

这样 \(\varphi(n)\) 可以用质因数分解 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 求出。
所以总的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\sqrt n)\) 。

代码

int phi(int n) {
	int res = n;
	if (n == 1) return 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (!(n % i)) continue;
		res = res / i * (i - 1);
		while (!(n % i)) n /= i;
	}
	return res;
}

性质

1. \(\forall n > 1,1\sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的和为 \(\dfrac{n\times\varphi(n)}{2}\) ，即 \(\sum\limits_{i=1}^ni\times[n\perp i]=\dfrac{n\times\varphi(n)}{2}\)

   证明：
   对于任意 \(\forall i\in[1,n]\) ，有 \(\gcd(n,i)=1\) ，由更相减损术知 \(\gcd(n,n-i)=1\) 。
   所以说在 \([1,n]\) 内，与 \(n\) 互质的数字是成对出现的， 由于我们只关心最后的和，所以我们可以通过计算它们的平均数来求和。
   不难发现，它们的平均数 \(\dfrac{i+n-i}{2}=\dfrac{n}{2}\) 为定值，所以这些数字之和为 \(\dfrac{n\times\varphi(n)}{2}\) 。

   证毕

2. \(\varphi(n)\) 是积性函数。

   • 定义：
     • 积性函数：若 \(a\perp b\) ，则 \(f(a)\times f(b)=f(a\times b)\)
     • 完全积性函数：对于 \(\forall a,b\in\mathbb{N}_+,f(a)\times f(b)=f(a\times b)\)
   • 性质：
     • 对 \(n\) 进行唯一分解， \(n=\prod\limits_{i=1}^mp_i^{c_i}\) ，则有 \(f(n)=\prod\limits_{i=1}^mf(p_i^{c_i})\) 。

   证明：
   由于 \(a\perp b\) ，所以 \(a,b\) 没有共同的质因子。
   对 \(a,b,a\times b\) 唯一分解得： \(a=\prod\limits_{i=1}^{m_1}p_i^{c_i},b=\prod\limits_{i=1}^{m_2}q_i^{d_i},a\times b=\left(\prod\limits_{i=1}^{m_1}p_i^{c_i}\right)\times\left(\prod\limits_{i=1}^{m_2}q_i^{d_i}\right)\) 。
   则 \(\varphi(a)\times\varphi(b)=a\times b\times\prod\limits_{i=1}^{m_1}\left(\frac{p_i-1}{p_i}\right)\times \prod\limits_{i=1}^{m_2}\left(\frac{q_i-1}{q_i}\right)=\varphi(a\times b)\) 。

   证毕

3. 设 \(n=p^k\) （ \(p\) 是质数），则 \(\varphi(n)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}\times(p-1)\) 。

   证明：
   易知 \(n\) 只有 \(p\) 一个质因子，所以 \(1\sim n\) 之间与 \(n\) 不互质的数必是 \(p\) 的倍数， 因此这样的数共有 \(\dfrac{n}{p}=\dfrac{p^k}{p}=p^{k-1}\) 个。
   由此可得 \(\varphi(n)=n-p^{k-1}=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}\times(p-1)\) 。

   证毕

4. 若 \(p\) 为质数且 \(p\mid n\) ，则 \(\varphi(p\times n) = p\times\varphi(n)\) 。

   证明：
   因为 \(p\mid n\) ，所以它们的质因子集合显然相同。
   因此 \(\varphi(p\times n) = p\times n\times\prod\limits_{i=1}^m\left(1-\frac{1}{p_i}\right) = p\times\varphi(n)\) 。

   证毕

5. 若 \(p\) 为质数且 \(p\nmid n\) ，则 \(\varphi(p\times n)=(p-1)\times\varphi(n)\) 。

   证明 \(1\) ：
   对 \(n,p\times n\) 唯一分解得： \(n=\prod\limits_{i=1}^mq_i,p\times n=\prod\limits_{i=1}^mq_i\times p\) 。
   同性质 \(4\) 类似， \(\varphi(p\times n)=p\times n\times\prod\limits_{i=1}^m\left(\frac{q_i-1}{q_i}\right)\times \frac{p-1}{p}=(p-1)\times\varphi(n)\) 。

   证毕

   证明 \(2\) ：
   因为 \(p\) 为质数且 \(p\nmid n\) ，所以 \(p\perp n\) ，因此我们巧用 \(\varphi(n)\) 为积性函数的性质，则 \(\varphi(p\times n)=\varphi(p)\times \varphi(n)\) 。
   又因为 \(p\) 是质数，所以 \(\varphi(p)=p-1\) 。即 \(\varphi(p)\times\varphi(n)=(p-1)\times \varphi(n)\) 。

   证毕

6. \(\sum\limits_{d\mid n}^k\varphi(d)=n\) ，也就是 \(n\) 的所有约数的欧拉数值之和为 \(n\) 。

   证明：
   设 \(f(n)=\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)\) ，且 \(n\perp m\) ，所以 \(n\) 和 \(m\) 没有相同的质因子，即下式中的 \(d_1\mid n\) 与 \(d_2\mid m\) 是互相独立的。

   \[ \begin{aligned} f(n)\times f(m)&=\left(\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)\right)\times\left(\sum\limits_{d\mid m}\varphi(d)\right)\\ &=\sum\limits_{d_1\mid n}\sum\limits_{d_2\mid m}\varphi(d_1)\varphi(d_2)\\ &=\sum\limits_{d_1\mid n}\sum\limits_{d_2\mid m}\varphi(d_1d_2)\\ &=\sum_{d\mid nm}\varphi(d)\\ &= f(nm) \end{aligned} \]

   即 \(f(n)\) 为积性函数，所以 \(f(n)=\prod\limits_{i=1}^mf(p_i^{c_i})\) ，我们再利用性质 \(3\) 分解 \(f(p_i^{c_i})\) ：

   \[ \begin{aligned} f(p_i^{c_i})&=\sum_{j=0}^{c_i}\varphi(p_i^j)\\ &=1 + \sum_{j=1}^{c_i}(p^j-p^{j-1})\\ &=1 + p-1+p^2-p+\cdots+p^{c_i}-p^{c_i-1}\\ &=1-1+p-p+p^2-p^2+\cdots+p^{c_{i-1}}-p^{c_{i-1}}+p^{c_i}\\ &=p^{c_i} \end{aligned} \]

   所以 \(f(n)=\prod\limits_{i=1}^mf(p_i^{c_i})=\prod\limits_{i=1}^mp_i^{c_i}=n\) ，即 \(\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)=n\) 。

   证毕

求法 \(3\) （线性求法）

根据性质 \(4\) 和性质 \(5\) 对 \(\text{Euler}\) 筛法进行一点小修改即可，总的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\) 。

代码

void euler(int n) {
	phi[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (!isp[i]) {
			p[++p[0]] = i;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for (int j = 1; j <= p[0] && i * p[j] <= n; j++) {
			isp[i * p[j]] = 1;
			if (i % p[j] == 0) {
				phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
				break;
			} else phi[i * p[j]] = phi[i] * (p[j] - 1);
		}
	}
}