数论小记

orz zky

给定 \(n,m\) 求

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m f(ij) \]

其中 \(f\) 是积性函数。

设 \(v_p(x)\) 表示 \(x\) 中 \(p\) 的次数。

设 \(D(x,y) = \prod_{p \mid x} p^{v_p(y)}\)。

枚举 \(\gcd(i,j) = d\)，转化为

\[\sum_{d=1}^n \sum_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac md \rfloor} [\gcd(i,j) = 1] f(d^2ij) \]

\([\gcd(i,j)=1]\) 可以莫反，考虑如何解决 \(f(d^2ij)\)，我们理想情况下是写成三部分分别关于 \(d,i,j\) 的式子，且 \(i\) 和 \(j\) 的式子是积性函数。

\[\begin{aligned} f(d^2ij) & = f(\dfrac {d^2}{D(i,d^2) D(j,d^2)} \times i D(i,d^2) \times j D(j,d^2)) \\ & = f(\dfrac {d^2}{D(i,d^2) D(j,d^2)}) \times f(i D(i,d^2)) \times f(j D(j,d^2)) \\ & = \dfrac {f(d^2)}{f(D(i,d^2)) f(D(j,d^2))} \times f(i D(i,d^2)) \times f(j D(j,d^2)) \\ & = f(d^2) \times \dfrac{f(i D(i,d^2))}{f(D(i,d^2))} \times \dfrac{f(j D(j,d^2))}{f(D(j,d^2))} \\ \end{aligned} \]

设 \(g(x) = \dfrac{f(i D(i,d^2))}{f(D(i,d^2))}\)，容易发现 \(g\) 是积性函数，那么得到原式为

\[\sum_{d=1}^n f(d^2) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac md \rfloor} [\gcd(i,j) = 1] g(i) g(j) \]

对每个 \(d\) 筛一遍求 \(g\) 即可，注意到实际上不用求 \(D(i,d^2)\)，发现 \(g\) 的定义式上下都与 \(\dfrac {d^2} {D(i,d^2)}\) 互质，乘上变成 \(\dfrac{f(d^2i)}{f(d^2)}\)。

4.6 小记

玩 python 发现这样一件事情：\(\forall x, \gcd(x,10) = 1, x^{10^{999}} \equiv 1 \pmod {10^{1000}}\)。

这是因为将 \(10^{1000}\) 拆成 \(2^{1000}\) 和 \(5^{1000}\)，他们的 \(\varphi\) 分别为 \(2^{999}\)，\(4\times 5^{999}\)，显然其 \(\text{lcm}\) 为 \(10^{999}\)，故根据中国剩余定理，任意 \(x\) 的 \(10^{999}\) 模 \(10 ^{1000}\) 为 \(1\)，

这可以用来证明有两个不同的奇质数因子的数没有原根，因为如果要存在数的阶为 \(\varphi(m)\) 的话，任意两个素因子的 \(\varphi\) 应该互质，否则取 \(\text{lcm}\) 后不等于其乘积，也就是 \(\varphi(m)\)。

以及形如有 \(4p\) 因子的数也可以证明。

结论：python 好玩捏