数论大合集（柿子版）

先引入一些概念：

• 数论函数：定义域为正整数的函数。
• 积性函数：如果函数 \(f(n)\) 满足当 \(\gcd(n,m)=1\) 时 \(f(nm)=f(n)f(m)\)，那么我们称 \(f(n)\) 为积性函数。
• 完全积性函数：就是积性函数去掉那个互质的条件。
• 艾弗森约定：对于布尔型变量 \(x\)：\([x]\) 表示 \(x\) 为真时取 1，为假时取 0。
• 点积 \((f\cdot g)(n)=f(n)g(n)\)

一些简单的例子：

• 元函数 \(\varepsilon(n)=[n=1]\) 根据定义，是完全积性的。
• 幂函数 \(id_k(n)=n^k\) 根据定义，是完全积性的。
• 单位函数 \(1(n)=id_0(n)\)。
• 约数幂函数 \(\sigma_k(n)=\sum_{d|n}d^k\)，根据定义是积性的。
• 欧拉函数 \(\varphi(n)=\sum_{d\leq n}[\gcd(d,n)=1]\) 是积性的，具体形式和证明下叙。
• 莫比乌斯函数 \(\mu(n)\) 满足 \(\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]=\varepsilon(n)\) 是积性的，具体形式和证明下叙。

「下叙」
\(\varphi(n)\)：我们先将 \(n\) 素因数分解为标准形式：

\[n=\sum_{i=1}^m p_i^{k_i} \]

那么我们有容斥形式：

\[\varphi(n)=n-(n/p_1)-(n/p_2)-\cdots+(n/p_1p_2)+\cdots \]

然后做简单的乘法分配律就有：

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

于是这个形式显然是积性的。

一个性质：

\[\sum_{d|n}\varphi(d)=n \]

这个的证明可以考虑组合意义。

\(\mu(n)\)：自己推一下显然有形式：

\[\mu(n)= \left\{ \begin{aligned} & 1 & (n=1)\\ & 0 & \exists d>1\Rightarrow d^2|n\\ & (-1)^{\omega(n)} & otherwise \end{aligned} \right. \]

那么显然是积性的。

---

假设 \(f(n)\) 和 \(g(n)\) 是数论函数，那么我们定义它们的狄利克雷卷积（Dirichlet Convolution）为：

\[h(n)=(f\otimes g)(n)=\sum_{d|n} f(d)g(\frac nd) \]

一些性质：

• 狄利克雷卷积满足交换律
• 狄利克雷卷积满足结合律
• 如果 \(f\) 和 \(g\) 都是积性的，那么 \(f\otimes g\) 也是积性的

一些例子：

\[1\otimes \mu=\varepsilon \]

\[\varphi \otimes 1=id_1 \]

\[id_k\otimes 1=\sigma_k \]

\[f\otimes \varepsilon=f \]

一道简单的习题：

求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{k|i}f(k)\mu(\frac ik)\bmod 10^9+7 \]

的值，其中

\[f(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)\sigma_0(\frac nd) \]

\(n\leq 10^{10^6}\)，时限 1s，由于是式子题，请给出严格证明。

sol.

注意到

\[\sigma_0(n)=\sum_{d|n}1=1\otimes1 \]

所以

\[f=\varphi\otimes1\otimes1=id_1\otimes1(=\sigma_1) \]

那么回归原式：

\[f\otimes\mu=id_1\otimes1\otimes\mu=id_1 \]

那么原式就等于

\[\sum_{i=1}^ni=\frac{n(n+1)}{2} \]

---

注意到我们有一个特殊的卷积式：

\[\mu\otimes 1=\varepsilon \]

那么如果我们知道 \(f(n)=\sum_{d|n}g(d)\)，亦即 \(f=g\otimes 1\)，那么根据卷积式以及我们知道的运算律，有

\[f\otimes \mu=g\otimes 1\otimes \mu=g \]

写成常见形式就是：

\[f(n)=\sum_{d|n}g(d)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{d|n}f(d)\mu(\frac nd) \]

---

一些例题：

化简求值：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j) \]

\(n\leq 10^6\)

sol.
这类枚举 gcd 的问题有经典套路：先枚举 gcd，然后

\[\gcd(i,j)=d\Rightarrow \gcd(\frac id,\frac jd)=1 \]

试 一 试

\[\begin{aligned} = & \sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)=d]\\ = & \sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{n/d}[\gcd(i,j)=1]\\ \end{aligned} \]

然后这里观察一下组合意义：后面两个和号相当于在枚举 \(\leq n/d\) 的数中有多少对互素的，这就是 \(2\sum_{k=1}^{n/d}\varphi(k)-1\)，减一是因为 1 和自己只能算一次。

那么就是

\[\begin{aligned} \sum_{d=1}^nd(2\sum_{i=1}^{n/d}\varphi(i)-1) \end{aligned} \]

于是这个可以 \(\mathcal{O}(n)\) 做。

加强版

化简求值：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j) \]

\(n\leq 10^6\)，多组数据 \(T\leq 10^4\)

sol.

首先我们先拿着之前的柿子化一下：

\[=2\sum_{d=1}^nd\Phi(n/d)-\frac{n(n+1)}{2} \]

其中

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

这个可以预处理出来。然后呢？

然后我们发现，对于很多的 \(d\)，\(n/d\) 的取值都相同。确切来说，最多只有 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\) 种不同的取值。那么我们可以对于相同的一部分值一起处理（就是前缀和减一减），于是就可以单次 \(\mathcal{O(\sqrt n)}\) 做。

for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    ans += (S(r) - S(l - 1)) * Phi(n / l);
}

另一个加强版

化简求值：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j) \]

\(n, m\leq 10^6\)

sol.

现在就没办法使用 \(\varphi\) 来化简了，怎么做？

首先先假定 \(n\leq m\)，那么按照上面的做法化简：

\[\begin{aligned} = & \sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]\\ = & \sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[\gcd(i,j)=1]\\ \end{aligned} \]

这时候我们注意到后面是一个元函数的形式，于是我们可以将其反演出来：

\[\begin{aligned} = & \sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}\sum_{k|i,k|j}\mu(k)\\ = & \sum_{d=1}^nd\sum_{k=1}^{n/d}\mu(k)\sum_{i=1}^{n/(kd)}\sum_{j=1}^{m/(kd)}1\\ = & \sum_{d=1}^nd\sum_{k=1}^{n/d}\mu(k)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor\\ \end{aligned} \]

现在复杂度就是调和级数一个 \(\log\) 了，但是我们再化简试试？

我们令 \(T=kd\)，然后：

\[\begin{aligned} = & \sum_{T=1}^n\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{d|T}d\mu(\frac Td)\\ \end{aligned} \]

然后注意到后面这个东西就是 \(\varphi\)，于是可以线性筛，总复杂度 \(\mathcal{O(n)}\)

究极加强版

化简求值：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j) \]

\(n, m\leq 10^6\) 多组数据 \(T\leq 10^4\)

sol.

一样的套路，整除分块即可。

---

如果你坚持看到了现在那你大概率会发现，数论的很多柿子都需要前缀和，如何快速（亚线性地）求前缀和呢？

我们假定现在要求 \(F(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\)，那么我们找到它的一个狄利克雷卷积式 \(h=f\otimes g\)，然后我们来考虑 \(h\) 的前缀和 \(H\)：

\[H(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(d)g(\frac id) \]

我们现在交换和号：

\[H(n)=\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{i=1}^{n/d}f(i)=\sum_{i=1}^ng(i)F(n/i) \]

于是移一移：

\[F(n)=\frac{1}{g(1)}(H(n)-\sum_{i=2}^ng(i)F(n/i)) \]

然后后面的东西可以整除分块递归下去做。复杂度是 \(\mathcal{O}(n^{3/4})\)，如果预处理前 \(n^{2/3}\) 处的取值并记忆化搜索就是 \(\mathcal O(n^{2/3})\)，而且记忆化搜索后的复杂度是和调用次数无关的（就是说即使在整除分块内部使用也不影响复杂度）。

来丶例题

---

第五次加强

化简求值：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j) \]

\(n, m\leq 10^{10}\)

sol.

还是上面的函数，令 \(f(n)=\varphi(n)\)，\(g(n)=1\)，于是 \(h=id_1\)。于是可以做了。