笔记——数论
蓝月の笔记——数论篇
Part 0 约定
令 \(\mathcal{P}\) 为质数的集合
所有时间复杂度均指上界
\(x\) 的唯一分解为 \(x=\displaystyle\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}\)，其中 \(\forall i\in[1,k],p_i\in\mathcal{P},c_i>0\)
Part 1 质数，\(\gcd\)
质数就是只有 \(1\) 和本身两个因数的数，公因数就是同时使多个数的因数的数，\(\gcd\) 就是最大的公因数
质数求法：欧拉筛
在埃氏筛的基础上优化，让每个合数都只被一个质数标记
for (int i = 2; i < kMaxN; i++) {
if (!vis[i]) {
pr[++tot] = i;
}
for (int j = 1; j <= tot && i * pr[j] < kMaxN; j++) {
vis[i * pr[j]] = 1;
if (i % pr[j] == 0) {
break; // 如果i是pr[j]的倍数，那么i的倍数也被pr[j]标记过，不用再标记一次
}
}
}
最大公因数可以使用 __gcd() 在 \(O(\log n)\) 的时间求出
Part 2 数论分块
考虑以下式子（\(n \le 10^{12}\)）：
先证明这个式子：使 $$\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\lfloor\frac{n}{j}\rfloor$$ 满足的最大的 \(j\) 是 \(\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor\)
证明 $$\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\le\lfloor\frac{n}{j}\rfloor \Leftrightarrow\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\le\frac{n}{j}\Leftrightarrow j\le\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\Leftrightarrow j\le\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor$$ $$\text{Q.E.D.}$$
那么我们可以 \(O(\sqrt{n})\) 枚举答案，\(O(1)\) 求出其出现次数，即 \(O(\sqrt{n})\) 解决该问题
// BLuemoon_
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
LL n, ans, l, r;
int main() {
for (cin >> n, l = 1; l <= n; r = n / (n / l), ans += (r - l + 1) * (n / l), l = r + 1){
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
Part 3 数论函数
一些定义域是 \(\mathbb{N}^{*}\) 的函数
常见数论函数
\(\boldsymbol\epsilon(x)=[x=1]\)，只有 \(x=1\) 是答案为 \(1\)，否则为 \(0\)。是狄利克雷卷积中的单位元，后面会解释
\(\textbf{id}(x)=x\)
\(\textbf{1}(x)=1\)
\(\textbf{d}(x)=\displaystyle\sum_{d|x}1\)，即因数个数
\(\boldsymbol\sigma(x)=\displaystyle\sum_{d|x}d\)，即因数和
将 \(x\) 进行唯一分解
\(\boldsymbol\varphi(x)=\displaystyle\sum_{i=1}^{x}[\gcd(i,x)=1]=n\prod_{i=1}^{k}(1-\frac{1}{p_i})\)
\(\boldsymbol\mu(x)= \begin{cases} 1& x=1\\ 0& \exists i\in[1,k],c_i\ge 2\\ (-1)^{k}& \text{else} \end{cases}\)
积性函数
若 \(\forall \gcd(i,j)=1,\textbf{f}(i)\textbf{f}(j)=\textbf{f}(ij)\)，则称数论函数 \(\textbf{f}\) 是积性函数
特别地，若 \(\forall i,j\in\mathbb{N^{*}},\textbf{f}(j)=\textbf{f}(ij)\)，则称数论函数 \(\textbf{f}\) 是完全积性函数
以上 \(7\) 个函数都是积性函数
Part 4 狄利克雷卷积
定义两个数论函数 \(\textbf{f},\textbf{g}\) 的狄利克雷卷积为 \((\textbf{f}*\textbf{g})(x)=\displaystyle\sum_{d|x}\textbf{f}(d)\textbf{g}(\frac{x}{d})=\displaystyle\sum_{ij=x}\textbf{f}(i)\textbf{g}(j)\)，简记为 \(\textbf{f}*\textbf{g}\)
狄利克雷卷积满足交换律，结合律，对加法的结合律
下面我们证明狄利克雷卷积的单位元是 \(\boldsymbol\epsilon\)，即对于任何数论函数 \(\textbf{f}\) 都有 \(\textbf{f}*\boldsymbol\epsilon=\textbf{f}\)
\[(\textbf{f}*\boldsymbol\epsilon)(x)=\displaystyle\sum_{d|x}\textbf{f}(d)\boldsymbol\epsilon(\frac{x}{d}) \]\[\qquad\qquad\quad\,\,\,=\displaystyle\sum_{d|x}\textbf{f}(d)[\frac{x}{d}=1] \]\[\qquad\qquad\quad\,=\displaystyle\sum_{d|x}\textbf{f}(d)[x=d] \]\[\quad\!\!=\textbf{f}(x) \]\[\text{Q.E.D.} \]
Part 5 莫比乌斯反演
考虑证明 \(\boldsymbol\mu*\textbf{1}=\boldsymbol\epsilon\)：
对于 \(x\) 的唯一分解 \(x=\displaystyle\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}\)，令 \(x^{\prime}=\displaystyle\prod_{i=1}^{k}p_i\)
由于有平方质因子时 \(\boldsymbol\mu=0\)，所以在求和中选了两个相同质因子没有贡献，可以直接扔掉，那么：\[(\boldsymbol\mu*\textbf{1})(x)=(\boldsymbol\mu*\textbf{1})(x^{\prime}) \]\[\qquad\quad\quad\!\!=\displaystyle\sum_{d|n^{\prime}}\boldsymbol\mu(d) \]\[\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\qquad\qquad\qquad\qquad\!\!\!\!\!=\displaystyle\sum_{i=0}^{k}\mathrm{C}_{k}^{i}(-1)^{i}1^{k-i}\qquad选出i个质数的方案 \]\[\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\,\,\,\!=(-1+1)^{k}\qquad\qquad\quad\!二项式定理 \]\[\quad=0^k \]只有在 \(k=0\) 即 \(n=1\) 时式子才等于 \(1\)，等价于 \(\boldsymbol\epsilon\)
\[\text{Q.E.D.} \]
那么莫反结论就容易证明了：当 \(\textbf{g}(x)=\displaystyle\sum_{d|x}\textbf{f}(d)\) 时 \(\textbf{f}(x)=\displaystyle\sum_{d|n}\boldsymbol\mu(d)\textbf{g}(\frac{x}{d})\)
由命题得：\(\textbf{g}(x)=(\textbf{f}*\textbf{1})(x)\)
两边同时卷一个 \(\boldsymbol\mu\)，则：$$(\textbf{g}*\boldsymbol\mu)(x)=(\textbf{f}*\boldsymbol\mu*\textbf{1})(x)$$\[\qquad\quad=(\textbf{f}*\boldsymbol\epsilon)(x) \]\[\quad=\textbf{f}(x) \]那么：$$\textbf{f}(x)=(\textbf{g}*\boldsymbol\mu)(x)=\displaystyle\sum_{d|n}\boldsymbol\mu(d)\textbf{g}(\frac{n}{d})$$
\[\text{Q.E.D.} \]
Part 6 杜教筛
杜教筛可以在优于 \(O(n)\) 的时间复杂度下解决求数论函数前缀和，即 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\textbf{f}(i)\)，令其等于 \(S_n\)
我们考虑构造一个数论函数 \(\textbf{g}\)，尝试证明对于任何 \(\textbf{g}\)，都有：
将前式的卷积展开，那么其求的本质上是 \(\displaystyle\sum_{ij\le n}\textbf{f}(i)\textbf{g}(j)\)，枚举 \(i,j\) 得到：
\[\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\textbf{g}(i)\textbf{f}(j) \]把第二个和式提取公因式：
\[\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\textbf{g}(i)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\textbf{f}(j)=\sum_{i=1}^{n}\textbf{g}(i)S_{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor} \]\[\text{Q.E.D.} \]
拆开这个式子：
即：
那么如果我们可以 \(O(1)\) 取出 \(\textbf{f}*\textbf{g}\) 和 \(\textbf{g}\) 的前缀和，就可以在 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 的时间求出答案了。由于作者不会积，复杂度就不证明了
对于 \(\textbf{f}=\boldsymbol\mu\)，取 \(\textbf{g}\) 为 \(\textbf{1}\)，那么 \(\textbf{f}*\textbf{g}=\boldsymbol\epsilon\)，证明见 Part 5
那么套用公式，则
可以用记搜来写，还可以预处理前 \(2\times10^6\) 的 \(\boldsymbol\mu\)，这样就可以通过了
对于 \(\textbf{f}=\boldsymbol\varphi\)，取 \(\textbf{g}=\textbf{1}\)，那么 \(\textbf{f}*\textbf{g}=\textbf{id}\)
证明：首先证明当 \(x=p^c\) 时结论成立，显然
\[\boldsymbol\varphi(x)=x\displaystyle\prod_{i=1}^{k}(1-\frac{1}{p_i})=p^k(1-\frac{1}{p})=p^k-p^{k-1} \]那么
\[(\boldsymbol\varphi*\textbf{1})(p^c)=\displaystyle\sum_{d|p^c}\boldsymbol\varphi(d)\textbf{1}(\frac{p^c}{d}) \]\[\qquad\quad\!\!=\displaystyle\sum_{i=0}^{c}\boldsymbol\varphi(p^i) \]\[\qquad\qquad\qquad=1+\displaystyle\sum_{i=1}^{c}p^i-p^{i-1} \]\[\qquad\qquad\,\,=p^m=\textbf{id}(p^m) \]对 \(x\) 进行唯一分解，由于 \(\boldsymbol\varphi*\textbf{1},\textbf{id}\) 是积性函数，那么：
\[(\boldsymbol\varphi*\textbf{1})(x)=(\boldsymbol\varphi*\textbf{1})(\displaystyle\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}) \]\[\qquad\qquad\,\,\,\,=\displaystyle\prod_{i=1}^{k}(\boldsymbol\varphi*\textbf{1})(p_i^{c_i}) \]\[\qquad\quad\!=\displaystyle\prod_{i=1}^{k}\textbf{id}(p_i^{c_i}) \]\[\qquad\quad\!=\textbf{id}(\displaystyle\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}) \]\[\quad\!=\textbf{id}(x) \]\[\text{Q.E.D.} \]
那么 \(ans_2=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i-\sum_{i=2}^{n}S_{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\)
但是求 \(ans_2\) 是不预处理就会炸时间，预处理会炸空间，所以要使用莫反来处理
由于 \(\boldsymbol\mu*\textbf{1}=\boldsymbol\epsilon\)，那么 \(\displaystyle\sum_{d|x}\boldsymbol\mu(d)=[x=1]\)
从 \(\boldsymbol\varphi\) 的定义出发，则：
证明：考虑左式中可通过莫比乌斯反演拆成：
\[\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{d|i,d|j}\boldsymbol\mu(d) \]考虑每一个 \(\boldsymbol\mu(d)\) 的贡献，那么式子可化为：
\[\displaystyle\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}[d|i]\sum_{i=1}^{n}[d|j]=\sum_{d=1}^{n}\boldsymbol\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor^2 \]\[\text{Q.E.D.} \]
于是就可以用数论分块解决了
// BLuemoon_
#include <bits/stdc++.h>
#include <omp.h>
using namespace std;
using LL = long long;
const int kMaxN = 2e6 + 5;
LL t, n, tot, pr[kMaxN], sum[kMaxN];
bitset<kMaxN> vis;
unordered_map<LL, LL> mp;
LL Calc1(LL x, LL ret = 1) {
if (mp[x] || x < kMaxN) {
return mp[x];
}
for (LL i = 2, j; i <= x; i = j + 1) {
j = x / (x / i), ret -= (j - i + 1) * Calc1(x / i);
}
return mp[x] = ret;
}
LL Calc2(LL x, LL ret = 0) {
for (LL i = 1, j; i <= x; i = j + 1) {
j = x / (x / i), ret += (x / i) * (x / i) * (Calc1(j) - Calc1(i - 1));
}
return ((ret - 1) >> 1) + 1;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0), vis[0] = vis[1] = sum[1] = 1;
for (int i = 2; i < kMaxN; i++) {
if (!vis[i]) {
pr[++tot] = i, sum[i] = -1;
}
for (int j = 1; j <= tot && i * pr[j] < kMaxN; j++) {
vis[i * pr[j]] = 1;
if (i % pr[j] == 0) {
sum[i * pr[j]] = 0;
break;
}
sum[i * pr[j]] = -sum[i];
}
}
for (int i = 1; i < kMaxN; i++) {
sum[i] += sum[i - 1], mp[i] = sum[i];
}
for (cin >> t; t; t--) {
cin >> n, cout << Calc2(n) << ' ' << Calc1(n) << '\n';
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号