数论基础学习笔记

观前提醒：博主是民科

RT，梳理一下这方面的理论。写到的并不代表我以前不会。

Part 1

线性丢番图方程、线性同余方程

~~草真就从头学起了呗~~

~~u1s1 为啥线代和数论都是从解方程开始的啊/yiw~~

丢番图方程是一切（系数、解）在整数范围内进行的关于多个变量的多项式方程。线性丢番图方程就是次数必须为 $1$ 的丢番图方程。我们先考虑解二元线性丢番图方程 $ax+by=c$，这个是 exgcd 算法。

显然 LHS 一定是 $\gcd(a,b)$ 的倍数。如果 $\gcd(a,b)\nmid c$，那么显然无解。否则结论是一定有（无限组）解，我们求 $ax+by=\gcd(a,b)$ 的一组特解，然后扩大 $\dfrac{c}{\gcd(a,b)}$ 倍，然后不用脑子地表示成通解形式。

考虑辗转相除法的过程，归纳求解（边界是 $b=0$，此时有解 $x=1,y=0$（u1s1 $y$ 可以取任意整数））。假设现在已经得到 $bx+(a\bmod b)y=\gcd(b,a\bmod b)$ 的一组特解 $x=x_0,y=y_0$。该方程和原方程的 RHS 显然相等，我们只要构造一组 $x,y$ 使它们的 LHS 相等即可，即 $ax+by=bx_0+(a\bmod b)y_0$。RHS 展开得到 $ax+by=bx_0+ay_0-b\left\lfloor\dfrac ab\right\rfloor y_0$，即 $a(x-y_0)=b\left(x_0-\left\lfloor\dfrac ab\right\rfloor y_0-y\right)$。令两边等于 $0$，解得 $x=y_0,y=x_0-\left\lfloor\dfrac ab\right\rfloor y_0$。时间复杂度是对数级别。

然后扩大 $\dfrac{c}{\gcd(a,b)}$ 倍得到 $ax+by=c$ 的一组特解 $x=x_0,y=y_0$，那么通解就是 $x=x_0+\dfrac{b}{\gcd(a,b)}k,y=y_0-\dfrac{a}{\gcd(a,b)}k(k\in\Z)$。模板题代码

多元线性丢番图方程 -> 二元线性丢番图方程

考虑多元线性丢番图方程 $\sum\limits_{i=1}^na_ix_i=b$。把 $i=1$ 提出来，把 $2\sim n$ 当作一个整体，这样后者显然是 $d=\mathop{\gcd}\limits_{i=2}^na_i$ 的倍数。于是我们解二元线性丢番图方程 $a_1x_1+dy=b$ 的任意一组特解 $x_1=x_0,y=y_0$，然后解规模降一的线性丢番图方程 $\sum\limits_{i=2}^na_ix_i=dy_0$（根据归纳，若之前的二元者有解，则该方程一定有解）。这样就可以得到 $x_{1\sim n}$ 的一组特解，不难得到有解的充要条件是 $\mathop{\gcd}\limits_{i=1}^na_i\mid b$。

通解就没那么好表示了，大概就是可以任意选两个变量进行二元的增减。

线性同余方程 -> 二元线性丢番图方程

不难发现线性同余方程 $ax\equiv b\pmod p$ 的解集是和二元线性丢番图方程 $ax+py=b$ 的所有解中的 $x$ 值构成的集合相等的。那么搞到模 $p$ 意义下就是 $[0,p)$ 内的所有解。于是该线性同余方程有解当且仅当 $\gcd(a,p)\mid b$，解集是 $x=x_0+\dfrac{p}{\gcd(a,p)}k(k\in\Z)$。模 $p$ 意义下有唯一解显然当且仅当 $a\perp p$。

乘法逆元的存在唯一性

一个数是 $a$ 的模 $p$ 意义下的乘法逆元当且仅当 $ax\equiv 1\pmod p$ 在模意义下有唯一解（即 $a\perp p$）且这个解就是这个数。若 $p$ 是质数，要满足 $a\perp p$ 的话，显然是当且仅当 $a\neq 0$（模意义下）。若 $a$ 有乘法逆元，则 $a$ 的乘法逆元 $a^{-1}$ 也必定有乘法逆元，且为 $a$：因为若否，则 $a^{-1}$ 与 $p$ 有大于 $1$ 的公因数，乘以 $a$ 也一定有，而 $a^{-1}a\equiv 1\pmod p$，矛盾。

容易发现，模意义下的除法 $ax\equiv b\pmod p$ 有意义（存在唯一解）和 $a$ 存在乘法逆元的充要条件是一样的。于是模意义下的有意义的除法显然是 $\dfrac ba=a^{-1}b$。

对质数 $p$，根据费马小定理显然有 $a^{-1}=a^{p-2}$。对合数 $p$，根据欧拉定理有 $a^{-1}=a^{\varphi(p)-1}$。对于前者直接快速幂就好了；对于后者，这个单点欧拉函数求起来要分解质因数，有点麻烦，一般直接使用 exgcd 求解 $b=1$ 的线性同余方程，或者对于除法直接用 exgcd 求解一般线性同余方程。

简化剩余系

对一个质数 $p$，集合 $A=\{x\mid x\in [0,p),x\perp p\}$ 称为模 $p$ 的简化剩余系。显然有 $|A|=\varphi(p)$。

性质：对任意 $a\perp p$，构造 $B=\{ax\bmod p\mid x\in A\}$，有 $A=B$。

证明：

显然 $B\subseteq A$；
因为 $a\perp p$，所以 $a$ 有逆元，则对 $\forall y\in A$ 存在 $x=a^{-1}y\in A$ 满足 $ax=y$，于是 $y\in B$，于是 $A\subseteq B$。

综上，得证。

欧拉定理、费马小定理、扩展欧拉定理

欧拉定理：对整数 $p>1$，若 $a\perp p$，则 $a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p$。

证明：考虑模 $p$ 的简化剩余系 $A$。构造 $B=\{ax\bmod p\mid x\in A\}$，由简化剩余系的性质得到 $A=B$。于是有 $\prod\limits_{i\in A}i\equiv \prod\limits_{i\in B}i\pmod p$，即 $\prod\limits_{i\in A}i\equiv \prod\limits_{i\in A}i\cdot a^{\varphi(p)}\pmod p$。又由于 $\prod\limits_{i\in A}i\perp p$，所以 $a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p$，得证。

将 $p\in\mathbb P$ 带入欧拉定理得到费马小定理：对质数 $p$，若 $p\nmid a$，则 $a^{p-1}\equiv1\pmod p$。

欧拉定理可以将 $a\perp p$ 时的 $a^b\equiv c\pmod p$ 转化为等价的 $a^{b\bmod\varphi(p)}\equiv c\pmod p$，它将指数降低到 $[0,p)$ 内。但并没有给出 $a\not\perp p$ 时的方法。扩展欧拉定理：不管是否有 $a\perp p$，只要 $b\geq\varphi(p)$（如果不满足，显然指数已经够小了），则有 $a^b\equiv a^{b\bmod\varphi(p)+\varphi(p)}\pmod p$。

我们来研究一下后面的 $+\varphi(p)$ 是怎么得来的。考虑将 $p$ 质因数分解：$p=\prod p_i^{\alpha_i}$，如果知道了 $a^b\bmod p_i^{\alpha_i}$ 们，根据 CRT 可知对应 $\bmod p$ 值是唯一的。而如果对所有 $i$ 都有 $a^b\equiv c\pmod{p_i^{\alpha_i}}$，那么可知 $c$ 就是 $a^b\equiv c\pmod p$ 的唯一解。于是我们现在要努力构造 $c=a^d$ 满足这个条件。设 $P=p_i^{\alpha_i}$，分是否有 $a\perp P$ 两种情况讨论：

若 $a\perp P$，则根据欧拉定理有 $a^b\equiv a^{b\bmod \varphi(P)}\pmod P$。由 $\varphi$ 的积性性可知 $\varphi(P)\mid\varphi(p)$，于是 $b\bmod\varphi(p)\equiv b\bmod\varphi(P)\pmod {\varphi(P)}$，所以 $a^b\equiv a^{b\bmod\varphi(p)+k\varphi(p)}\pmod P$。
若 $a\not\perp P$，显然必有 $p_i\mid a$。我们知道 $\varphi(P)=p_i^{\alpha_i-1}(p_i-1)$，可以证明 $\varphi(P)\geq\alpha_i$ 恒成立（首先这俩玩意根本不是一个量级的，渐进意义上显然是大于，至于数值验证你可以取 $p_i=2$ 代入 geogebra 发现在整点处都满足），此时有 $b\geq\varphi(p)\geq\varphi(P)\geq\alpha_i$。根据 $b\geq\alpha_i$ 可知 $a^b\equiv 0\pmod P$，而我们需要构造 $c=a^d$ 其中 $d\geq\alpha_i$ 即可，$d\geq\varphi(p)$ 这个常量是个很好的选择。

综上，如果只有第一类，那么就满足欧拉定理的条件，直接选 $k=0$ 即可。否则发现 $k=0$ 时 $d=b\bmod\varphi(p)$ 不满足 $d\geq\varphi(p)$，为了追求 $d$ 尽量小，我们取 $k=1$ 即可。

ExCRT

我们考虑求与由两个方程构成的线性同余方程组 $\begin{cases}x\equiv a_1\pmod {p_1}\\x\equiv a_2\pmod{p_2}\end{cases}$ 等价的线性同余方程 $x\equiv a\pmod p$ 中的 $a$ 和 $p$。两个方程的解集分别是 $\begin{cases}x=a_1+p_1k_1(k_1\in\Z)\\x=a_2+p_2k_2(k_2\in\Z)\end{cases}$，得到 $a_1+p_1k_1=a_2+p_2k_2$ 即 $p_1k_1-p_2k_2=a_2-a_1$，是一个关于 $k1,k2$ 的线性丢番图方程。如果无解那么原方程组无解，否则用 exgcd 解得一组特解中的 $k_1$ 的取值 $k_1'$ 后，所有解中的 $k_1$ 的取值可以表示成 $k_1=k_1'+\dfrac{p_2}{\gcd(p_1,p_2)}k(k\in\Z)$。代入 $x=a_1+p_1k_1$ 得到 $x=a_1+p_1k_1'+\mathrm{lcm}(p_1,p_2)k(k\in\Z)$，即 $x\equiv a_1+p_1k_1'\pmod{\mathrm{lcm}(p_1,p_2)}$。

对多个方程构成的方程组的情况，只需要两两合并即可。这就是 ExCRT。

~~CRT sb，不学了~~

CRT 呢，就是针对 $p_1\perp p_2$ 的情况，不难发现这种情况下方程组一定有解，且合并之后的模数等于 $p_1p_2$。至于过程并不简化很多，复杂度也没变，在 $p_{1/2}$ 非质数的情况下还要 exgcd 求逆元，所以就不学了。

sb CRT 模板题 excited ExCRT 模板题一份代码能过两题你敢信

阶、原根

对整数 $p>1,a\perp p$，根据欧拉定理，一定存在 $l$ 使得 $a^l\equiv 1\pmod p$。称 $a$ 在模 $p$ 意义下的阶 $\mathrm{ord}_pa$ 为最小的这样的正整数 $l$。

易证 $a^x\equiv 1\pmod p$ 当且仅当 $\mathrm{ord}_pa\mid x$（只需要反证 + 模拟辗转相除 + 逆元存在性），于是显然有 $\mathrm{ord}_pa\mid \varphi(p)$。易证模意义下 $a^{0\sim \mathrm{ord}_pa-1}$ 互不相等。一个小性质：$\mathrm{ord}_pa^x=\dfrac{\mathrm{lcm}(\mathrm{ord}_pa,x)}x=\dfrac{\mathrm{ord}_pa}{\gcd(\mathrm{ord}_pa,x)}$，根据意义，正确性显然。

若 $\mathrm{ord}_pa=\varphi(p)$，则称 $a$ 是 $p$ 的一个原根。若 $p$ 有原根，设其中任意一个为 $g$，那么易证 $g^{0\sim\varphi(p)-1}$ 恰好不重不漏地构成了 $p$ 的简化剩余系，这就很好，能把恒等函数转化成指数函数。

假设 $p$ 有原根，其中任意一个为 $g$，那么我们考虑对特定的 $l\mid \varphi(p)$ 有哪些 $a$ 满足 $\mathrm{ord}_pa=l$。这个问题不太好直接解答，注意到阶有定义当且仅当 $a\perp p$，对这样的 $a$ 一定可以用唯一的 $g^x(x\in[0,\varphi(p)))$ 来表达。于是我们考虑哪些 $\mathrm{ord}_pg^x=l$。根据小性质，即 $\dfrac{\varphi(p)}{\gcd(\varphi(p),x)}=l$，即 $\gcd(\varphi(p),x)=\dfrac{\varphi(p)}l$。用莫反推柿子的常用技巧，这个式子等价于 $\dfrac{\varphi(p)}l\mid x$ 且 $\dfrac{x}{\dfrac{\varphi(p)}l}\perp l$。前者是 $x=\dfrac{\varphi(p)}lk(k\in[0,l))$，观察后者发现 LHS 不就等于 $k$ 嘛！所以这两个条件合起来的解集就是 $x=\dfrac{\varphi(p)}lk(k\in[0,l),k\perp l)$，共有 $\varphi(l)$ 个解。于是得到结论：对有原根的 $p$，模意义下阶为 $l$ 的数共有 $\varphi(l)$ 个。这也恰好符合欧拉反演：$\sum\limits_{l\mid\varphi(p)}\varphi(l)=\varphi(p)$。将 $l=\varphi(p)$ 代入结论，得到有原根的 $p$ 共有 $\varphi(\varphi(p))$ 个原根。

事实上，上述结论对无原根的 $p$ 不成立：比如 $l=\varphi(p)$ 时就只有 $0$ 个 $a$。

关于一个数是否有原根，有以下结论：$p$ 有原根当且仅当 $p\in\{2,4\}$ 或存在奇质数 $p_0$ 和正整数 $k$ 使得 $p\in\left\{p_0^k,2p_0^k\right\}$，证明太烦了不管了，并且也不太本质（这就是你偷懒的理由吗，~~这似乎是你自没搞懂 Dinic 跑二分图复杂度证明、min25 筛复杂度证明、杜教筛复杂度证明以来第四次不求甚解~~）。

那么可以用各种方法（临场分解 / 预处理）判断一个数 $p$ 是否有原根，如果有的话原根数量是 $\varphi(\varphi(p))$。数学家王元证明了它的最小原根是 $p^{0.25}$ 级别以内的，那么暴力枚举，判的话就看是否有 $\varphi(p)$ 的真因数 $d$ 使 $a^{d}\equiv 1\pmod p$，但是你直接枚举真因数哪里枚举的过来，可以对 $p$ 分解质因数 $p=\prod p_i^{\alpha_i}$，仅对每个 $d=\dfrac p{p_i}$ 判一下即可，正确性显然。然后求出最小原根 $g$ 后，$g^{x}(x\in[0,\varphi(p)),x\perp \varphi(p))$ 便是所有原根。模板。

阶的 polylog 求法

对 $a\perp p$，可以不通过 BSGS 求 $x = \mathrm{ord}_pa$。

考虑求出 $x$ 的每个质因子的次数。注意到：如果我们知道 $x\mid X$ 但 $x\nmid \dfrac XY$，其中 $Y$ 是 $X$ 的某个质因子，那么 $x$ 的质因子 $Y$ 的次数应该恰好与 $X$ 一样。那么我们可以初始令 $X = \varphi(p)$，对其每个质因子 $Y$ 都不断验证 $x\mid\dfrac XY$ 是否成立，如果是的话就令 $X\gets\dfrac XY$，否则就停下。这样最终就有 $x=X$，因为其每个质因子的次数都被确定了。而这个判断是否整除是容易的，$x\mid y$ 当且仅当 $a^y\equiv 1\pmod p$，快速幂即可。总复杂度 $\mathrm O\!\left(\log^2 p\right)$。

离散对数问题

求方程 $a^x\equiv b\pmod p$ 的解集。

BSGS 算法

考虑 $a\perp p$ 的情况。那么 $a$ 在模 $p$ 意义下有阶，于是容易得到模意义下 $a^x$ 的值是纯循环的，循环节是 $\mathrm{ord}_pa$。并且在一次循环内，$a^x$ 互不相同，所以一次循环内最多有一个解。易知原方程要么无解，要么解集为 $x\equiv ?\pmod{\mathrm{ord}_pa}$ 的形式。

所以一般我们先求最小自然数解~~，然后基本就结束了，毕竟求阶的话也要 BSGS 求 $b=1$ 的方程的次小解~~（upd：求解其实可以 polylog，已经在上面补上了做法）。其实也可以直接求出原方程的最小解和次小解 $x_0,x_1$，那么 $\mathrm{ord}_pa=x_1-x_0$。下面讲最小自然数解的求法，那么次小的，或者是区间计数啥的，应该有脑子就会了吧？

考虑令 $x=iS-j$，其中 $S=\left\lceil\sqrt p\right\rceil,i,j\in[1,S]$。这样用 $i,j$ 显然能精准表示出 $[0,p)$ 内的所有 $x$，那么最小解一定在里面，因为循环节最大为 $\varphi(p)$。~~有同学可能要问了，你为啥不取 $\varphi(p)$ 的平方根呢？你想想看 $p$ 为质数的时候这样也没区别啊，还要多算个欧拉函数（~~

那么 $a^{iS-j}\equiv b\pmod p$，由于 $a\perp p$，根据逆元存在性 $a^{-j}$ 可以除过去，得到 $a^{iS}\equiv a^jb\pmod p$。那么可以预先把所有 $a^jb$ 存进哈希表，然后枚举 $i$，看哈希表里是否有等于 $a^{iS}$ 的。这样复杂度是 $\mathrm O(\sqrt p)$（不需要快速幂，直接递推）。mol ban

ExBSGS 算法

考虑一般情况（不存在逆元，用不了 BSGS）。$a\perp p$ 的时候是已知问题，于是我们努力将原方程转化为这种情况。设 $d=\gcd(a,p)$，如果 $d=1$ 直接 BSGS 即可。否则可以发现 $a^x\bmod p$ 仅在 $x=0$ 时为 $1$，其它时候都一定是 $d$ 的倍数。于是看是否有 $b=1$，如果是就直接报答案，否则必须满足 $d\mid b$，如果不满足就报无解，否则继续。

设 $a'=\dfrac ad,b'=\dfrac bd,p'=\dfrac pd$。那么原方程，如果强行令 $x\geq 1$，那么显然等价于 $a^{x-1}a'd\equiv b'd\pmod{p'd}$；对 $x=0$ 的情况，由于肯定是 $b\neq 1$ 才来到这一步的，前面判过了，所以肯定不是解。那么两边和模数都除以 $d$ 显然是前后等价的，得到 $a^{x-1}a'\equiv b'\pmod{p'}$。显然有 $a'\perp p'$，除过去，得到 $a^{x-1}\equiv b'(a')^{-1}\pmod{p'}$。于是我们只需要用 $x$ 代换 $x-1$，得到一个新的同类问题，解掉之后答案就是新问题的答案加一。这样每次递归虽然 $a$ 不变，但是 $p$ 至少减半（或者说 $p$ 被除以的次数上界是它的质因子个数），于是转化到 $a\perp p$ 的情况的步数是对数级别的，复杂度 $\mathrm O\!\left(\log^2p+\sqrt p\right)$（2log 是因为要求逆元，需要 exgcd）。

~~求次小解等等的变通应该不用讲了吧。~~可以发现 $a\not\perp p$ 时 $a^x\bmod p$ 是混循环的，不是很优美，自然也就不存在阶之类的定义。无解就不用说了；若只有一个解，说明它是处于混循环在进入循环前的那个前奏中；如果找到最小解和次小解 $x_0,x_1$，那么通解是 $x\geq x_0,x\equiv x_0\pmod{x_1-x_0}$。~~（当然我也相信通解这玩意基本不会考）~~

mol ban（洛谷的 mol ban 题太垃圾了~~，管理员又不愿意加强数据~~）

高次剩余问题

鸽子

upd 21.10.22（CSP 考前一天）：终于来补了，高次剩余学习笔记 / P5668 - 【模板】N次剩余题解 - ycx060617 - 博客园 (cnblogs.com)

二次剩余

学完高次剩余，以上帝视角来看二次剩余。

求 $x^2\equiv a\pmod p$ 的解，其中 $p$ 是奇质数。$a=0$ 先特判掉，以下 $a\neq 0$。设 $g$ 为任意原根，设 $a=g^\alpha$，令 $x=g^y$，原方程等价于 $g^{2y}\equiv g^\alpha\pmod p$，即 $2y\equiv \alpha\pmod{p-1}$。可以看到：当 $2\mid \alpha$ 时，有两个解；当 $2\nmid \alpha$ 时无解。并且我们知道若 $x$ 是解，则 $-x$ 也是解，并且显然 $x\not\equiv -x$，于是可知二次剩余的两个平方根互为相反数。

那么难道要 BSGS 求 $\alpha$？那样时间复杂度我们不满意。注意到为了判二次剩余，我们只要知道 $\alpha$ 的奇偶性。注意到 $2\mid \alpha$ 等价于 $a^{\frac{p-1}2}\equiv 1$，否则会得到 $a^{\frac{p-1}2}\equiv g^{\frac{p-1}2}\equiv -1$，快速幂判一下即可。

如何求解？一个思路是试图构造 $x_0^{2k}\equiv a$，则 $x\equiv \pm x_0^k$。Cipolla 算法给出了一个方案。

为了了解这个算法，我们首先需要了解模意义下扩域的套路。对于二次非剩余 $o$，我们定义虚数单位 $\omega$ 满足 $\omega^2=o$，每个模意义下复数表示为 $a+b\omega$，满足若 $a\equiv c,b\equiv d$ 则 $a+b\omega\equiv c+d\omega$，加法定义为 $(a+b\omega)+(c+d\omega)\equiv (a+c)+(b+d)\omega$，乘法定义为 $(a+b\omega)(c+d\omega)\equiv (ac+bdo)+(ad+bc)\omega$，容易验证加法交换律、结合律，乘法交换律、结合律、对加法的线性性。总之满足基本一切实剩余系下的性质（除了欧拉定理、费马小定理），跟与实数对应的复数异曲同工，但由于是离散的，比复数要简单多了。这个套路常用于对二次非剩余强制开方。

下面讲 Cipolla：考虑找到一个 $b$ 使得 $o\equiv b^2-a$ 是二次非剩余，以 $o$ 为虚数单位的平方定义复数，那么可以证明 $(b+\omega)^{p+1}\equiv a$（证明见下），那么取 $x\equiv\pm (b+\omega)^{\frac{p+1}2}$ 即可（容易证明复数系下 $a$ 依然仅有实平方根，具体证明略）。

引理 1：$\omega^{p}\equiv \omega^{p-1}\omega\equiv o^{\frac{p-1}2}\omega\equiv -\omega$。

引理 2：在复数系下有 $(a+b)^p\equiv a^p+b^p$。
证明：不能用到费小，因为对复数失效。二项式定理展开，对 $i\notin\{0,p\}$ 的 $\dbinom{p}{i}$，由于 $p$ 是质数，放在分子上约不掉，所以这一项一定是 $p$ 的倍数，得证。

证明：根据引理 2，$(b+\omega)^{p+1}\equiv (b+\omega)(b+\omega)^p\equiv (b+\omega)\left(b^p+\omega^p\right)$，对 $b^p$ 用费小，对 $\omega^p$ 用引理 1，等于 $(b+\omega)(b-\omega)\equiv b^2-\omega^2\equiv b^2-o\equiv a$，得证。

如何找到 $b$？注意到 $[1,p)$ 内有恰好一半二次剩余，随机 check 即可在期望 2 次内找到二次非剩余。同时，$b^2-a$ 的剩余性应该是关于 $b(b\neq 0)$ 保持随机性的。实现就搞个复数类即可。mol ban tea code

Part 2

数论函数、狄利克雷卷积、莫比乌斯反演

一个定义在 $\N_+$ 上的函数叫做数论函数。若数论函数 $f$ 满足 $f(x)=1$（这个看似不需要规定，但如果对 $\forall x>1$ 都有 $f(x)=0$ 就萎了）且对任意 $x\perp y$ 都有 $f(xy)=f(x)f(y)$，则 $f$ 是积性函数；进一步，若对所有 $x,y$ 都满足，则是完全积性函数。设 $x$ 分解质因数为 $x=\prod p_i^{\alpha_i}$：若 $f$ 是积性函数，则 $f(x)=\prod f\!\left(p_i^{\alpha_i}\right)$；若 $f$ 是完全积性函数，则 $f(x)=\prod f^{\alpha_i}(p_i)$（乘法幂）。也就是说，确定一个积性函数的所有质数的幂处的取值，即可确定整个积性函数；对完全积性函数只需确定所有质数处的取值。易证对（完全）积性函数 $f,g$，$f\times g,f*g$ 也是（完全）积性函数（特殊地，完全积性卷完全积性不一定是完全积性）。

亿些常见的数论函数：

（完全积性）单位函数：$\epsilon(x)=[x=1]$；
（完全积性）幂函数：$\mathrm{id}_k(x)=x^k$。$k=0$ 时为常值函数 $1$，$k=1$ 时为恒等函数 $\mathrm{id}$；
（积性）除数函数：$\sigma_k(x)=\sum\limits_{i\mid x}i^k$。$k=0$ 时为因数个数函数 $\mathrm d$，$k=1$ 时为因数和函数 $\sigma$；
（积性）欧拉函数：$\varphi(x)=\sum\limits_{i=1}^n[i\perp x]$。对 $x$ 分解质因数，易得 $\varphi(x)=x\prod\dfrac {p_i-1}{p_i}$，于是易证积性性；
不同质因子个数函数：$\omega(x)$，它是一个加性函数，满足若 $x\perp y$ 则 $\omega(xy)=\omega(x)+\omega(y)$。加性函数的 exp 显然是积性函数；
（积性）莫比乌斯函数：$\mu(x)=\begin{cases}0&\exists \alpha_i>1\\(-1)^{\omega(x)}&\text{otherwise}\end{cases}$。积性性易证，它的积性函数版本定义为对 $p^k(p\in\mathbb P,k\in\N_+)$ 有 $\mu\!\left(p^k\right)=-[k=1]$。

定义两个数论函数 $f,g$ 的狄利克雷卷积 $(f*g)(x)=\sum\limits_{i\mid x}f(i)g\!\left(\dfrac xi\right)$。易证狄卷满足交换律、结合律、对加法的分配律。容易发现任何数论函数卷上 $\epsilon$ 等于它本身，所以 $\epsilon$ 是狄卷单位元；而 $(f*1)(x)$ 的意义是 $\sum\limits_{i\mid x}f(i)$~~，所以 $1$ 是狄卷万恶元~~。易证对任意 $f(1)\neq 0$ 的数论函数 $f$ 都存在唯一数论函数 $g$ 满足 $f*g=\epsilon$（证明的话只需要递推构造 $g$ 即可），则 $f,g$ 互为逆元，分别记作 $g^{-1},f^{-1}$。所以狄卷等式可以除来除去反复横跳，非常优美，不像模意义下的乘法逆元还需要当心逆元的存在性。

对完全积性函数 $f$，它的逆是 $f\times\mu$，因为根据提公因式有 $(f\times\mu)*f=f\times\epsilon=\epsilon$。对积性函数 $f$，可以证明它的逆一定是积性函数，只不过有些麻烦（但是非常优美）：设 $g=f^{-1}$，根据求法有

\[\begin{cases}g(1)=1\\ g(x)=-\sum\limits_{i\mid x,i>1}f(i)g\!\left(\dfrac xi\right) (x>1) \end{cases} \]

考虑归纳，设 $n-1$ 以前都满足积性性，只要证对 $x\perp y,xy=n$ 都有 $g(x)g(y)=g(n)$。$x=1$ 或 $y=1$ 时显然，否则：

\[\begin{aligned} g(x)g(y)&=\left(-\sum_{i\mid x,i>1}f(i)g\!\left(\dfrac xi\right)\right)\!\left(-\sum_{j\mid y,j>1}f(j)g\!\left(\dfrac yj\right)\right)\\ &=\sum_{i\mid x,i>1}\sum_{j\mid y,j>1}f(ij)g\!\left(\dfrac{xy}{ij}\right)\\ &=\sum_{i\mid n,i\nmid x,i\nmid y}f(i)g\!\left(\dfrac ni\right)\\ &=\sum_{i\mid n,i>1}f(i)g\!\left(\dfrac ni\right)-\sum_{i\mid x,i>1}f(i)g\!\left(\dfrac ni\right)-\sum_{i\mid y,i>1}f(i)g\!\left(\dfrac ni\right)\\ &=\sum_{i\mid n,i>1}f(i)g\!\left(\dfrac ni\right)-\sum_{i\mid x,i>1}f(i)g\!\left(\dfrac xi\right)\!g(y)-\sum_{i\mid y,i>1}f(i)g\!\left(\dfrac yi\right)\!g(x)\\ &=-g(n)+g(x)g(y)+g(y)g(x)\\&=g(n) \end{aligned} \]

得证。

亿些常见的狄卷恒等式：

$\sigma_k=\mathrm{id}_k*1$，这也是除数函数的另一种定义；
对任意数论函数 $f,g$，完全积性函数 $h$ 有 $(f\times h)*(g\times h)=(f*g)\times h$；
$\mu^2*1=2^\omega$。证明比较显然，考虑 $\mu^2$ 的数论意义，就是 $x$ 是否不含有平方因子，那该狄卷式显然成立了；
$\varphi*1=\mathrm{id}$。

证明：三者都是积性函数，所以只要证在质数的幂处满足狄卷式即可。对 $x=p^k(p\in\mathbb P,k\in\N_+)$ 有

\[\begin{aligned}\sum_{i\mid x}\varphi(i)&=\sum_{i=0}^k\varphi\!\left(p^i\right)\\&=1+\sum_{i=1}^k\dfrac{p-1}pp^i\\&=1+\left(p^k-1\right)\\&=x\end{aligned} \]
得证；
$\mu*1=\epsilon$。这是个核心的东西，等价于莫反。这个式子说明 $\mu$ 和 $1$ 互为狄卷逆元。

证明：将 $x$ 分解质因数后，设 $x'=\prod p_i$，则显然有

\[\begin{aligned}\sum_{i\mid x}\mu(i)&=\sum_{i\mid x'}\mu(i)\\&=\sum_{i=0}^{|p|}\dbinom{|p|}i(-1)^i\\&=((-1)+1)^{|p|}\\&=[x=1]\end{aligned} \]
得证；
~~（这个应该不算狄卷式）~~$\dfrac{\varphi(x)}x=\sum\limits_{i\mid x}\dfrac{\mu(i)}i$。这是上面两条的推论，将 $\varphi*1=\mathrm{id}$ 的 $1$ 除过去得到 $\varphi=\mathrm{id}*\mu$，即 $\varphi(x)=\sum\limits_{i\mid x}\mu(i)\dfrac xi$，两边同除以 $x$ 就得到了。

莫比乌斯反演有两个形式，都是基于 $\mu*1=\epsilon$：对数论函数 $f,g$，

若 $g(x)=\sum\limits_{i\mid x}f(i)$，则 $f(x)=\sum\limits_{i\mid x}\mu(i)g\!\left(\dfrac xi\right)$。证明：这就等价于若 $g=f*1$，则 $f=\mu*g$。根据 $\mu*1=\epsilon$，这是显然的；
若 $g(x)=\sum\limits_{x\mid i}f(i)$，则 $f(x)=\sum\limits_{x\mid i}\mu\!\left(\dfrac xi\right)\!g(i)$。证明：换个写法，若 $g(x)=\sum\limits_{x\mid i}f(i)$，则 $f(x)=\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\mu(i)g(ix)$。考虑将前式带入后式的 RHS，有

\[\begin{aligned}\mathrm{RHS}&=\sum_{i=1}^{+\infty}\mu(i)\sum_{ix\mid j}f(j)\\&=\sum_{x\mid j}f(j)\sum_{i\mid\frac jx}\mu(i)\\&=\sum_{x\mid j}f(j)\epsilon\!\left(\dfrac jx\right)\\&=f(x)\end{aligned} \]
得证。

数论函数的求法——筛法

线性筛

埃氏筛可以 $\mathrm O(n\log\log n)$ 求出 $n$ 以内的质数列表。然而有线性的方法，还可以顺带求出指定积性函数的 $1\sim n$ 的值。

埃氏筛慢就慢在，一个数可能被多个质数给筛到。线性筛使得每个数只被最小质因数筛到。这只需要，对每个数，不论是质数和合数，都遍历一下当前质数表，把它的当前质数倍给筛一下。当当前质数能整除当前数时，说明以后的质数不再是当前数乘以对应质数所得结果的最小质因数，就 break;。这样是线性的。

求积性函数有个通法：你只需要快速求出质数的幂处的值，然后对其它数，维护一下最小质因子、最小质因子的最大能整除该数的次数 / 幂等等信息，就可以拆开来计算值了。其实对于非积性函数，但是是和分解质因数有那么点关系的函数（比如加性函数 $\omega$），也是可以顺带求出来的，这个就见机行事了，非常简单。

下面是一份求出 $1\sim n$ 质数表、最小质因子的最大能整除该数的次数、该数除尽最小质因子后的值、$\mathrm d$、$\sigma$、$\varphi$、$\omega$、$\mu$ 的线性筛 code。

min25 筛

在 $\mathrm o(n)$ 时间内求特定积性函数 $f$ 的前 $n$ 项的和。

使用该算法的先决条件：$f$ 在质数 $p$ 处的值可以用关于 $p$ 的低次多项式表达出来，并且在质数的幂处的值可以较快算出。事实上对于前者，大部分积性函数都满足，例如 $\sigma_k(p)=p^k+1$，$\varphi(p)=p-1$，$\mu(p)=-1$；对后者也是大部分积性函数都满足。所以可以发现 min25 筛的适用性还是很广的，但它也有它自己的缺点，就是不能顺便获得关键点 $\left\lfloor\dfrac nx\right\rfloor$ 处的前缀和。

min25 筛分成两个部分：一是算 $n$ 以内质数的总贡献，二是算合数（当然最后要把 $1$ 处的值 $1$ 加上）。

第一部分：考虑模拟埃氏筛的过程，用一个个质数把所有合数筛掉，最终只剩下质数。由于合数最终不会被算，所以合数处的值搞成什么样都可以，不妨当作质数，和质数享有一样的低阶多项式表达式。考虑对多项式的每一项求和，最终加起来，这样不仅由于多项式低阶，计算次数可以忽略，而且幂函数是完全积性函数，并且前缀和有通项。考虑设 $g(i,j)$ 表示 $i$ 以内的数用前 $j$ 个质数筛过以后剩下来的所有数的幂的和，即所有质数和最小质因子大于第 $j$ 个质数的合数的总贡献。考虑埃氏筛的过程，若 $P_j^2>i$，则显然 $g(i,j)=g(i,j-1)$；否则 $g(i,j-1)\to g(i,j)$ 显然筛掉了最小质因子恰好等于第 $j$ 个质数的所有合数，根据完全积性函数的性质，转移方程显然有：

\[g(i,j)=g(i,j-1)-f(P_j)\!\left(g\!\left(\left\lfloor\dfrac i{P_j}\right\rfloor\!,j-1\right)-g(P_{j-1},j-1)\right) \]

可以发现，转移到的 $i$，由于 $\left\lfloor\dfrac{\left\lfloor\dfrac na\right\rfloor}b\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac n{ab}\right\rfloor$，一定是某个 $\left\lfloor\dfrac nx\right\rfloor$ 的值，只有根号个。存储的话，还要进行离散化，这里有个巧方法：对 $\leq \sqrt n$ 的值记录 $i$，否则记录 $\left\lfloor\dfrac nx\right\rfloor=i$ 的唯一解 $x=\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor$。$g(P_{j-1},j-1)$ 表示小于 $P_j$ 的质数贡献和。由于仅当 $P_j^2\leq i\leq n$ 的时候才会用到这个转移式，所以这个质数的前缀和可以直接线筛，筛到 $\sqrt n$。然后 $j$ 这一维显然可以滚掉，就外层枚举 $j$，内层倒过来枚举 $i$ 转移。这样滚动还有个好处，就是将 $i$ 排序后，对每个 $j$ 需要更新的 $i$ 是一个后缀，可以直接搞。不难发现第一部分利用了低阶多项式的种种优美性质，以及埃氏筛中 $>\sqrt n$ 的质数不起作用这个重要的保障复杂度的事情。

第二部分：设 $h(i,j)$ 表示 $i$ 以内最小质因子大于 $P_j$ 的所有数的原积性函数值和。这次是倒过来转移的，即之前 $g$ 的边界 $g(i,0)$ 由于幂函数的优美性质可以直接算，而这次边界为 $h(i,pcnt)$ 仅包含质数的贡献，最后答案是 $h(n,0)$。考虑转移，计算 $h(i,j)$ 时先把之前算过的质数的贡献算上（以下直接假定 $g$ 为第一部分所计算出的对多项式每一项分别的 $g$ 的和），然后枚举合数的最小质因子及其次数，利用积性函数的性质把值拆出来转移：

\[h(i,j)=g(i,pcnt)-g(P_j,j)+\sum_{p>j,P_p^2\leq i}\sum_{k\geq1,P_p^k\leq i}f\!\left(P_p^k\right)\!\left(h\!\left(\left\lfloor\dfrac i{P_p^k}\right\rfloor\!,p\right)+[k>1]\right) \]

$g(P_j,j)$ 依然是那个被线筛预处理的玩意。合数的最小质因子一定 $\leq\sqrt n$ 这个性质再一次保障了复杂度，保障了 $j$ 的范围是到根号，使得 $g$ 和 $h$ 的状态结构相同（另一个 point 是 $h$ 的有效 $i$ 值也是整除的形式）。枚举最小质因子的时候，也用到了这个性质来保障复杂度。然后就直接爆搜递归转移，边界是 $h(i,j)=0(P_j>i)$，甚至不需要记忆化。

这两个部分的总复杂度被证明是 $\mathrm O\!\left(n^{0.75}\log^{-1}n\right)$ 或者是 $\mathrm O\!\left(n^{1-\epsilon}\right)$ ~~我也不知道~~。总之挺快的，$n=10^{10}$ 大概跑 1s。

min25 筛模板杜教筛模板（用 min25 筛写的）（$\mu$ 如果有平方因子那么贡献为 $0$，所以在第二部分中不需要枚举最小质因子的次数）

杜教筛

在 $\mathrm o(n)$ 时间内求特定数论函数（注意不要求是积性函数，虽然大部分情况都是积性函数）对于特定 $n$ 的所有 $\left\lfloor\dfrac nx\right\rfloor$ 处的前缀和。

考虑将该数论函数放进一个狄卷式 $f*g=h$ 里（以下设它们的前缀和函数为对应大写字母）。如果该函数在右边，也就是 $h$，那么显然有

\[H(x)=\sum_{ij\leq x}f(i)g(j)=\sum_{i=1}^xf(i)G\!\left(\left\lfloor\dfrac xi\right\rfloor\right) \]

考虑整除分块，对 $g$ 显然要知道每个整除值处的前缀和；对 $f$ 的话，算区间和的时候需要的前缀和是边界处的前缀和，而观察整除分块的代码 r=n/(n/i)，所以边界也一定是整除值，于是对 $f$ 依然只需要整除值处的前缀和。那么就能 $\mathrm O(\sqrt n)$ 计算 $H(n)$，如果要求每个整除值处的前缀和的话，直接暴力枚举整除分块，被证明是 $\mathrm O\!\left(n^{0.75}\right)$ 的。如果对 $x\leq n^{\frac 23}$ 都线筛预处理，可以证明总体复杂度是 $\mathrm O\!\left(n^{\frac 23}\right)$，达到最优（实际效率跟 min25 筛差不多）。

如果要求的函数在左边，不妨设为 $g$，那么将上式 $\sum$ 中 $i=1$ 那一项提出来，其余的移到右边去（然后翻一下等式）得到

\[G(x)=\dfrac{H(x)-\sum\limits_{i=2}^xf(i)G\!\left(\left\lfloor\dfrac xi\right\rfloor\right)}{f(1)} \]

虽然大部分情况 $f$ 是积性函数，$f(1)=1$，但是非积性函数的时候也不能忘掉。那么可以对 $G$ 的根号个关键点递推，存储可以仿照 min25 筛里面的 trick。需要的原料是 $F$ 和 $H$ 在关键点的值。这种情况下，想要求出 $n$ 处的前缀和，就必须顺带求出关键点处的前缀和，没得选了，必须是 $\mathrm O\!\left(n^{\frac 23}\right)$，同样要线筛预处理。

我们把可以在 $\mathrm O\!\left(n^{\frac 23}\right)$ 时间内求得所有关键点处前缀和的数论函数称作「可杜教筛的」。那么显然，如果一个数论函数可线筛（需要预处理），可以放到一个狄卷式里，并且该式另两个函数都可杜教筛，则该函数也可杜教筛（知二筛一）。不难发现杜教筛具有很强的构造性，可能在经典的知识体系里较好用，但是如果刻意定义奇怪的积性函数，就萎了；相比之下 min25 筛就很万能了，但它也有缺点：码量大，并且不能求得所有关键点处的前缀和。

放一下几个经典的筛法：对 $\mu$：$\mu*1=\epsilon$；对 $\varphi$：$\varphi*1=\mathrm{id}$；对 $\sigma_k$：$\sigma_k=\mathrm{id}_k*1$；对 $?\times\mathrm{id}_k$：$(?\times\mathrm{id}_k)*(??\times \mathrm{id}_k)=(?*??)\times\mathrm{id}_k$（提公因式）。

模板题

用于求数论函数 / 积性函数前缀和的筛法还有很多，暂时先不学了。min25 筛和杜教筛足以应付绝大多数 OI 比赛里的涉及到数论函数前缀和的数论题。遇到求数论函数前缀和，首先考虑能不能杜教筛（因为好写），如果不能，根据「闫氏题目不毒瘤猜想」，一定不会要求所有关键点处的前缀和（否则就不在我的数论能力范围内），然后 min25 筛直接上。

trick(s)

整除分块

求 $\sum\limits_{i=1}^n\left\lfloor\dfrac mi\right\rfloor$。

引理（这个引理是核心，遇到其它更奇怪的关于除法下取整的题，一般都是用这个引理下手）：$\left|\left\{\left\lfloor\dfrac ci\right\rfloor\right\}\right|=\mathrm O(\sqrt c)$。证明的话，就根号分治一下，$i\leq \sqrt c$ 的显然，否则值是 $\mathrm O(\sqrt c)$ 个的。

那么可以把整个 $1\sim n$ 分成若干段，每段的 $\left\lfloor\dfrac mi\right\rfloor$ 相等，这样相当于就把整除这个难搞的东西给解决了。写的时候并不需要根号分治地讨论，只需要枚举这样的段 $[l,r]$ 即可。我们从小往大枚举，每次令 $l=r+1$，那么 $r$ 是多少呢？考虑 $\left\lfloor\dfrac cx\right\rfloor=d$ 的解集：即 $d\leq\dfrac cx<d+1$，即 $\dfrac c{d+1}<x\leq\dfrac cd$。前面下界不管，后面上界的下取整就是 $r$。

代码：

for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
	r=min(n,m/l?m/(m/l):inf);
	ans+=(m/l)*(r-l+1);
}

小变化：求 $\sum\limits_{i=1}^n\left\lfloor\dfrac mi\right\rfloor f(i)$。还是分个块，每块相当于一个固定的数乘以 $f$ 的区间和。

中变化：求 $\sum\limits_{i=1}^n\left\lfloor\dfrac mi\right\rfloor\left\lfloor\dfrac si\right\rfloor f(i)$。这次分块需要满足两个整除的值都固定，这样的块数依然是根号 + 根号 = 根号，代码里改成 r=min(n,min(m/l?m/(m/l):inf,s/l?s/(s/l):inf));。

大变化：（!@#$%^&*()）。需要灵活运用那个引理，来降低复杂度。

狄利克雷前 / 后缀和

对任意数论函数 $f$，$g=f*1$ 称为 $f$ 的狄利克雷前缀和。直接暴力算狄卷是线对的，我们有算法能够在 $\mathrm O(n\log\log n)$ 算出 $g$ 的前 $n$ 项。（如果 $f$ 是积性函数那不就线筛了嘛）

将每个数看作 $pcnt$ 维的点，每维的值是所含该质因数的次数。那么狄利克雷前缀和本质上就是个高维前缀和。直接按照质数序列一维一维作用，每维的作用轮得到那些该质数的倍数们。最终复杂度就是 $\mathrm O\!\left(\sum\limits_{p\leq n,p\in\mathbb P}\left\lfloor\dfrac np\right\rfloor\right)$。这和埃氏筛复杂度分析是一样的，是 $\mathrm O(n\log\log n)$。~~好耶终于看到非二进制的高维前缀和应用了~~

mol ban

对应地，$g(x)=\sum\limits_{x\mid i}f(i)$ 称为 $f$ 的狄利克雷后缀和（必要的时候在 $\sum$ 里加个上界）。容易发现就是高维后缀和，把高维前缀和倒过来写即可。

posted @ 2021-02-10 21:58 ycx060617 阅读(69) 评论(7) 编辑收藏举报

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