【OI】积性函数入门
定义
若函数 \(f\) 满足 \(f(1)=1\)，\(\forall x,y \in D,\gcd(x,y)=1\)，都有\(f(xy)=f(x)f(y)\)，称 \(f\) 为一个积性函数（乘性函数）。
若函数 \(f\) 满足 \(f(1)=1\)，\(\forall x,y \in D\)，都有\(f(xy)=f(x)f(y)\)，称 \(f\) 为一个完全积性函数。
整除分块
许多题目是与积性函数有关的求和题，往往需要用整除分块降低复杂度，这也是杜教筛的思路。
整除分块，又叫数论分块，顾名思义就是通过分块的思想来计算，先来看以下这个例子，求：
首先我们令 \(n=8\)，\(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\) 的数列是这样的：
只有 \(4\) 种取值，于是我们考虑利用这些重复的数减少计算量。
首先证明取值的个数是 \(O(\sqrt n)\) 的：
\(i<\sqrt n\)，则取值数显然是 \(O(\sqrt n)\) 的。
\(i>\sqrt n\)，则有 \(\frac{n}{i}<\sqrt n\)，取值数也是 \(O(\sqrt n)\) 的。
注意到相同的取值总是形成一个连续块，于是我们利用这个性质来分块。
设块的左端点为 \(L\)，右端点为 \(R\)，由块与块之间连续可得 \(L=R_{last}+1\)，问题来了，已知 \(L\)，如何求 \(R\)？
首先我们知道块内取值是相同的，设 \(val=\lfloor \frac{n}{L} \rfloor\)，一定有 \(R\times val \leq n\)，由于 \(R\) 是最大的，可得 \(R=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{L} \rfloor} \rfloor\)。
于是我们可以通过分块 \(O(\sqrt n)\) 计算值了。
inline int solve(int n){
int ans=0,L,R;
for(L=1;L<=n;L=R+1){
R=n/(n/L);
ans+=(R-L+1)*(n/L);
}
return ans;
}
例 1
P3935
求：
其中 \(d(n)\) 为 \(n\) 的因数个数。
发现 \(d(n)\) 为积性函数，于是直接杜教筛，当然要是这么做家里要请高人了。
考虑枚举每个数作因数的次数，显然两者是等价的，于是原式等于：
这不就是上面的例子吗，直接套作。
例 2
P2260
求：
考虑前一项，
后面这个就可以用整除分块来做了，一个等差数列求和对吧。
考虑后一项，不妨设 \(n \leq m\)，原式等于：
展开得：
后面这一项也可以用整除分块来做，至于 \(i^2\) 项我们可以用平方和公式 \(O(1)\) 计算。
总时间复杂度 \(O(\sqrt n)\)。
欧拉函数
定义及性质
\(\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1]\)。
- \(\varphi(1)=1\)，若 \(n \in P\)，\(\varphi(n)=n-1\)。
- 欧拉定理：若 \(\gcd(a,p)=1\)，\(a^{\varphi(p)} \equiv 1 \pmod p\)。
证明：设 \(r\) 为 \(p\) 的缩系，则 \(ar_i\) 也构成 \(p\) 的缩系，于是，
- \(\gcd(a,b)=1\)，\(\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)\)，即欧拉函数为积性函数。
证明：参见数论基础中剩余系的复合。
- \(n=\sum_{d|n}\varphi(d)\)。
证明:设 \(f(x)\) 为 \(\gcd(k,n)=x,k<n\) 的 \(k\) 个数。
有 \(f(x)=\varphi(\frac{n}{x})\)。
- 若 \(p \in P\)，\(\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}\)。
证明：一共 \(p^k\) 个数，不与 \(p^k\) 互质的即 \(p\) 的倍数有 \(p^{k-1}\) 个。
- \(\varphi(n)=n\prod_{p \in P,p \mid n}(1-\frac{1}{p})\)。
证明：考虑唯一分解，
- 任意 \(m,n\)，\(\varphi(mn)\varphi(\gcd(m,n))=\varphi(m)\varphi(n)\gcd(m,n)\)。
证明：用上一个结论展开计算即可。
\(\varphi(n)\) 的计算
计算一个 \(\varphi(n)\)
用倒数第二个性质，考虑质因数分解然后计算，复杂度 \(O(\sqrt{n})\)，可以用 pollard_rho 优化质因数分解，复杂度 \(O(n^{\frac{1}{4}})\)。
inline int phi(int n){
int ans=n;
for(rg int p=2;p<=sqrt(n);p++){
if(n%p==0){
ans=ans/p*(p-1);
while(n%p==0) n/=p;
}
}
if(n>1) ans=ans/n*(n-1);//考虑n是素数的情况
return ans;
}
计算 \(1\)~\(n\) 所有 \(\varphi(i)\)
考虑线性筛，首先我们知道每个合数被其最小素因子筛去。
令 \(n=n'p\)，\(p\) 为 \(n\) 的最小素因子，那么 \(n\) 会被 \(p\) 和 \(n'\) 筛去。
若 \(p \mid n'\)，那么 \(n\) 和 \(n'\) 的素因子是一样的，所以根据倒数第二个性质，有 \(\varphi(n)=p\varphi(n')\)。
否则，有 \(\gcd(p,n')=1\)，\(\varphi(n)=\varphi(p)\varphi(n')\)。
inline void getphi(){
phi[1]=1;
for(rg int i=2;i<N;i++){
if(!vis[i]){
vis[i]=i;
prime[++cnt]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(rg int j=1;j<=cnt;j++){
if(i*prime[j]>N) break;
vis[i*prime[j]]=prime[j];
if(i%prime[j]==0){
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];
}
}
}
欧拉函数的应用
考虑以下性质，
可以用于 \(\gcd\) 的求和。
例 1
P2303
时间复杂度 \(O(d(n)\sqrt{n})\)。
例 2
P2398
时间复杂度 \(O(n \sqrt {n})\)。
狄利克雷卷积
定义
给定数论函数 \(f,g\)，记 \(h(n)=\sum_{ij=n} f(i)g(j)\) 为两个函数的狄利克雷卷积，记为 \(h=f*g\)。
性质
若 \(f,g\) 为积性函数，则 \(f*g\) 也为积性函数。
证明：
考虑展开，若
则
由于 \(\gcd(a,b)=1\)，所以 \(\gcd(d_1,d_2)=1\)，于是 \(d_1d_2\) 取遍 \(ab\) 所有因子。
原式可化为，
根据积性函数性质可证。
根据欧拉函数的结论，有 \(\varphi * 1=id\)
狄利克雷卷积满足交换律，结合律与分配律。
设 \(\epsilon(n)\) 为狄利克雷卷积意义下的单位元函数，即 $f* \epsilon =f $，易得 \(\epsilon(n)=[n=1]\)。
莫比乌斯函数
定义
给定数论函数 \(f\)，\(F=f*1\)，称 \(F\) 为 \(f\) 的和函数，展开为 \(F(n)=\sum_{d|n}f(n)\)。
已知 \(f\) 的情况下，求 \(F\) 是很简单的，但是反过来呢？
譬如说以下式子：
通过解方程组可以得到：
发现其实反过来也是个狄利克雷卷积的形式，暂且把每一项的系数记为 \(\mu(i)\)，有
称这个 \(\mu\) 为莫比乌斯函数，可以观察到 \(\mu\) 为狄利克雷卷积意义下 \(1\) 的逆元，于是有 \(\mu * 1=\epsilon\)，这个结论也可用二项式定理证明，同时也证明了 \(\mu\) 是积性函数，有 \(\mu(1)=1\)。
考虑更一般性的定义，根据观察我们发现上面的式子里 \(f(4)=F(4)-F(2)\)，即 \(F(1)\) 的系数 \(\mu(4)\) 为 \(0\)，这是因为 \(\exist2,2^2|4\)，其他情况下根据容斥可以得出 \(\mu(n)=(-1)^{\omega(n)}\)。
于是我们得出了 \(\mu(n)\) 的更一般性定义：
性质
\(\mu\) 为积性函数，\(\mu *1=\epsilon\)
根据定义，若 \(f=g*1\)，则 \(g=f*\mu\)，称这个定理为莫比乌斯反演。
由于 \(\varphi * 1=id\)，可得 \(\varphi =id *\mu\)。
由此可以得出衍生结论：
\(\mu(i)\) 的求法
显然又是我们的线性筛：D。
一般地，积性函数大部分都可以用线性筛递推求得。
inline void getmu(){
mu[1]=vis[1]=1;
for(rg int i=2;i<N;i++){
if(!vis[i]){
vis[i]=i;
prime[++cnt]=i;
mu[i]=-1;
}
for(rg int j=1;j<=cnt;j++){
if(i*prime[j]>N) break;
vis[i*prime[j]]=prime[j];
if(i%prime[j]==0){
mu[i*prime[j]]=0;
break;
}
mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
}
应用
例 1
求：
注意到 \(\epsilon(\gcd(i,j))=[\gcd(i,j)=1]\)，根据莫反 \(\epsilon=\mu * 1\)，于是，
然后就可以用整除分块来做，一次查询复杂度 \(O(\sqrt n)\)，预处理是 \(O(n)\) 的。
注意我们要记录 \(\mu\) 的前缀和，而这可以用杜教筛更快实现，当然就这种 \(O(n)\) 预处理的数据范围也不用小题大做对吧。
例 2
P1829
求：
显然，
考虑去枚举 \(\gcd(i,j)\)，
考虑枚举 \(\frac{i}{d},\frac{j}{d}\)，
令 \(f(n,m)=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} [\gcd(i,j)=1]ij\)，
考虑莫反，
考虑枚举 \(\frac{i}{d},\frac{j}{d}\)，
再令 \(g(n,m)=\sum_{i=1}^{n} i \sum_{j=1}^{m} j\)，
显然，\(g(n,m)=\frac{nm(n+1)(m+1)}{4}\)，是 \(O(1)\) 的。
可以整除分块对吧，但是预处理的是 \(d^2 \mu(d)\) 的前缀和，\(O(n)\) 处理即可。
再把 \(f(n,m)\) 代回去，
再来一次整除分块，是个等差数列求和，不用前缀和了。
总时间复杂度 \(O(n^{\frac{3}{4}})\)，证明如下：
整除分块套整除分块，总时间复杂度为，
浙公网安备 33010602011771号