数论函数相关

一、欧拉函数与积性函数

欧拉函数

• 定义：欧拉函数 \(φ(n)\) 表示小于等于 \(n\)，且与 \(n\) 互质的正整数的个数。

• 公式：
  若在算数基本定理中，\(n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_m^{c_m}\)（\(p\) 为质数），则由容斥原理：

  \[φ(n)=n*\dfrac{p_1-1}{p_1}*\dfrac{p_2-2}{p_2}*...*\dfrac{p_m-m}{p_m}=n*\prod\limits_{p\mid{n}}{(1-\dfrac{1}{p})}\qquad(p \in primes) \]

  关于此公式的证明，读者可自行推导

一些性质

1. 若 \(n\) 是质数，则 \(φ(n)=n-1\)

2. 若 \(n=p^k\)，且 \(p\) 为质数，则 \(φ(n)=(p-1)*p^{k-1}\)

3. 若 \(p\) 是质数，且 \(\begin{cases}p\mid{n}&\Rightarrowφ(nq)=φ(n)*q\\p\nmid{n}&\Rightarrowφ(nq)=φ(n)*(q-1)\end{cases}\)

4. \(n=\sum\limits_{d\mid{n}}{φ(d)}\)

5. \(φ(ab)=φ(a)*φ(b)*\frac{d}{φ(d)}\)，其中 \(d=\gcd(a,b)\)

积性函数

若一个定义在正整数域上的函数 \(f\)，当 \(x,y\) 互质时，有 \(f(xy)=f(x)*f(y)\)，则称函数 \(f\) 是积性函数

特别地，当 \(x,y\) 不互质时仍有 \(f(xy)=f(x)*f(y)\) 的函数称为完全积性函数

常见完全积性函数：

• \(ϵ(n)=[n=1]\)
• \(I(n)=1\)
• \(id_k(n)=n^k\)

常见积性函数

• 欧拉函数 \(\varphi(n)\)
• 莫比乌斯函数 \(\mu=I^{-1}\)
• 除数函数 \(\sigma_k(n)=\sum\limits_{d\mid n}d^k\)
• 除数函数 \(d(n)=\) \(n\) 的约数个数
• \(s(n)=n\) 所有约数的和

一些乘积结论

• \(\mu(ij)=[i\perp j]\mu(i)\mu(j)\)

• \(φ(ab)=φ(a)*φ(b)*\frac{d}{φ(\gcd(a,b))}\)

• \(d(ij)=\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[x\perp y]\)

• \(\sigma_k(ij)=\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[x\perp y](\frac{xj}{y})^k\)

除数函数的计算

对于 \(n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots p_m^{c_m}\)，有：

• \(d(n)=(c_1+1)(c_2+1)\dots(c_m+1)\)

  记 \(p\) 为 \(n\) 的最小质因子，有：

  \[d(n)=\begin{cases}2d(n/p)-d(n/p^2)&p^2\mid n\\2d(n/p)&\rm otherwise\end{cases} \]

• \(\sigma_k(n)=\prod\limits_{i=1}^m(1+p_i+p_i^2+\dots+p_i^{c_i})\)

二、狄利克雷卷积

两个数论函数 \(f(x),g(x)\)，则它们的 狄利克雷卷积 得到的结果 \(h(x)\) 定义为：

\[h(x)=\sum\limits_{d\mid x}{f(d)g\left(\frac{x}{d}\right)}=\sum\limits_{ab=x}{f(a)g(b)} \]

一些其它定义

• 单位元：\(ε(n)=[n=1]\)。对于任何数论函数 \(f\)，都有 \(f*\varepsilon=f\)

• \(I(n)=1\)

• \(id(n)=n\)

性质

• 满足交换律、结合律、分配律

• 积性：两个积性函数的狄利克雷卷积仍然是积性函数。积性函数的逆仍是积性函数

常见结论

• \(\mu * I=ε\)

• \(\varphi *I=id\)

• \(id * \mu =\varphi\)

三、莫比乌斯函数

将 \(I\) 的狄利克雷卷积逆元记为 \(\mu\)，称作莫比乌斯函数

设正整数 \(n\) 按算数基本定理分解质因数为 \(n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots p_m^{c_m}\)，则

\[\mu(n)=\begin{cases}0&\exists i\in [1,m],\:c_i>1\\1&m\equiv 0 \pmod 2,\:\forall i \in [1,m],\:c_i=1\\-1&m\equiv 1 \pmod 2,\:\forall i \in [1,m],\:c_i=1\end{cases} \]

特别地，\(\mu(1)=1\)

性质

• 根据“积性函数的逆也是积性函数”可得：莫比乌斯函数是积性函数

整除分块

整除分块是用于解决整除求和问题 \(\sum\limits_{i=1}^n{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}\)

• 将 \(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\) 按相同值分块

• 可以证明，分块少于 \(2\sqrt{n}\) 种

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

莫比乌斯反演

反演动机:

\[\sum\limits_{d\mid n}{\mu(d)}=[n=1] \]

设 \(f(n),g(n)\) 为两个数论函数。

• 如果有 \(f(n)=\sum\limits_{d\mid n}g(d)\)，那么有

  \[g(n)=\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)f(\frac{n}{d}) \]

  证明：容易看出，数论函数 \(g(n)\) 的莫比乌斯变换，就是将\(g(n)\) 与 \(1\) 进行狄利克雷卷积。
  \(\because f=g*I\)
  \(\therefore f*\mu=g*I*\mu=g*ε=g\)

• 如果有 \(f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d)\)，那么有

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

  证明：考虑逆推：
  \(\quad \sum\limits_{n|d}{\mu(\frac{d}{n})f(d)}\)
  \(=\sum\limits_{k=1}{\mu(k)f(kn)}\)
  \(= \sum\limits_{k=1}{\mu(k)\sum\limits_{kn|d}{g(d)}}\)
  \(=\sum\limits_{n|d}{g(d)\sum\limits_{k|\frac{d}{n}}{\mu(k)}}\)
  \(= \sum\limits_{n|d}{g(d)\epsilon(\frac{d}{n})}\)
  \(=g(n)\)

整除差分

一个黑科技

以 CF915G Coprime Arrays 为例

快进到式子：

\[ans(k)=\sum_{d=1}^k\mu(d)\left\lfloor\frac{k}{d}\right\rfloor^n \]

如果对每个 \(k\) 分别使用整除分块，复杂度 \(O(n\sqrt{n})\)，无法通过

注意到 \(\left\lfloor k/d\right\rfloor\ne \left\lfloor (k-1)/d\right\rfloor\Leftrightarrow d\mid k\)，且此时 \(\left\lfloor k/d\right\rfloor=\left\lfloor (k-1)/d\right\rfloor+1\)

对答案差分，有：

\[\begin{aligned}ans(k)-ans(k-1)&=\sum_{d=1}^k\mu(d)\left\lfloor\frac{k}{d}\right\rfloor^n-\sum_{d=1}^{k-1}\mu(d)\left\lfloor\frac{k-1}{d}\right\rfloor^n \\&=\sum_{d=1}^k\mu(d)\left(\left\lfloor\frac{k}{d}\right\rfloor^n-\left\lfloor\frac{k-1}{d}\right\rfloor^n\right)\\&=\sum_{d\mid k}{\mu(d)\left[\left(\frac{k}{d}\right)^n-\left(\frac{k}{d}-1\right)^n\right]} \end{aligned} \]

线性筛出 \(id_k\) 后，记 \(h(n)=n^k-(n-1)^k\)，则 \(\Delta ans=h*\mu\)，时间复杂度 \(O(n\log n)\)

四、杜教筛

假设我们先现在希望求出函数 \(f\) 在 \(n\) 处的前缀和 \(s(n)=\sum\limits_{i=1}^nf(i)\)，我们构造另一个数论函数 \(g\)，设 \(h=f*g\)，则

\[\begin{aligned}&\sum\limits_{i=1}^nh(i)\\=&\sum\limits_{ij\leq n}f(i)g(j)\\=&\sum\limits_{d=1}^ng(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)\\=&\sum\limits_{d=1}^ng(d)s\left(\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\right) \end{aligned} \]

若 \(g,h\) 的前缀和可快速求出，我们就得到了 \(s(n)\) 关于其所有整除值处取值的递推式，即

\[g(1)s(n)=\sum\limits_{i=1}^nh(i)-\sum\limits_{d=2}^ng(d)s\left(\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\right) \]

一般 \(f,g\) 均为积性函数，因此 \(g(1)=1\)，公式又写为

\[s(n)=\sum\limits_{i=1}^nh(i)-\sum\limits_{d=2}^ng(d)s\left(\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\right) \]

一般预处理 \(f\) 及其前缀和到 \(n^{\frac{2}{3}}\) 处，复杂度优化为 \(\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})\)。

P4213 【模板】杜教筛

题意：求 \(\sum \varphi(i)\) 和 \(\sum \mu(i)\)，\(n\leq 2^{31}\)。

对于 \(f=\varphi\)，构造 \(g=1\)，\(f*g=id\)。

对于 \(f=\mu\)，构造 \(g=1\)，\(f*g=\epsilon\)。

P3768 简单的数学题

发现自己欧拉反演和莫比乌斯反演都学的依托……

对 \(\gcd(i,j)\) 作欧拉反演得 \(\gcd(i,j)=\sum\limits_{d\mid \gcd(i,j)}{\varphi(d)}\)。

所以原式

\[=\sum\limits_{d=1}^n{\varphi(d)\times d^2}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/d \rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor n/d\rfloor}{ij} \]

后面那坨可以直接计算，对它整除分块，只需快速求出前面那坨的前缀和。

设 \(f=\varphi\times id^2\)，构造 \(g=id^2\)，那 \(f*g=id^3\)，可以使用杜教筛。时间复杂度大约 \(\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})\)。

P6055 [RC-02] GCD

题意：求\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{p=1}^{\left\lfloor{\frac{n}{j}}\right\rfloor}\sum\limits_{q=1}^{\left\lfloor{\frac{n}{j}}\right\rfloor}[\gcd(i,j)=1][\gcd(p,q)=1]\)

\(n\leq 2\times 10^9\)。

有点厉害的题目。

推式子推不出来。于是观察一下原式。

于是惊人的发现 \(j\) 就是在枚举 \(\gcd(p,q)\)。

于是化为

\[\begin{aligned}&\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{p=1}^n\sum\limits_{q=1}^n[\gcd(i,p,q)=1]\\=&\sum\limits_{d=1}^n\mu(d)\left(\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\right)^3\end{aligned} \]

杜教筛即可。

五、贝尔级数

• 定义：对于积性函数 \(f\)，定义其在质数 \(p\) 意义下的贝尔级数为

  \[\mathcal{F}_p(x)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty}f(p^i)x^i \]

• 定理：两个数论函数相狄利克雷卷积，其贝尔级数相乘。

较复杂的贝尔级数

• \(id_k\rightarrow\dfrac{1}{1-p^kx}\)

• \(\mu^2\rightarrow 1+x\)

• \(d\rightarrow \dfrac{1}{(1-x)^2}\)（相当于 \(d=I*I\)）

• \(\sigma_k\rightarrow \dfrac{1}{(1-x)(1-p^kx)}\)（相当于 \(\sigma_k=I*id_k\)）

• \(\varphi\rightarrow \dfrac{1-x}{1-px}\)