进阶数论

进阶数论

莫比乌斯反演

整理自该博客

莫比乌斯函数（$\mu (d)$）

定义如下：

1. 当$d=1$时,$\mu (d)=1$
2. 当$d={\prod }_{i=1}^k{p}_i$，其中$p_i$为互异质数，则$\mu (d)=(-1{)}^k$（注意没有次数大于2的因子）
3. 当$d$中有幂次大于等于2的质因子，$\mu (d)=0$

性质

1. 对于正整数n
   $$\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\ne 1\end{array}$$

$n\ne 1$时相当于$(1-1{)}^n$的二项展开

2. 对于正整数n

   ${\sum }_{d|n}\frac{\mu (d)}{d}=\frac{\phi (n)}{n}$（与欧拉函数联系起来）

3. $\mu (d)$也为积性函数

线性筛求积性函数

求欧拉函数（$\phi (n)$）

分情况讨论

1. $p$为质数，$\phi (p)=p-1$
2. 最小质因子$p$的幂次为1,即$i$不包含$p$，$\phi (i\ast p)=\phi (i)\ast \phi (p)$（积性函数性质）
3. 最小质因子$p$的幂次大于1,即$i$包含$p$，$\phi (i\ast p)=\phi (i)\ast p$

int p[M];质数表
int cnt=0;
int f[M];//欧拉函数
bool flag[M];
void sieve()
{
    int i,j;
    f[1]=1;
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!flag[i])
        {
            p[++cnt]=i;  
            f[i]=i-1; 
        }
          
        for(j=1;i*p[j]<=n;j++)
        {
            flag[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]==0)
            {
                f[i*p[j]]=p[j]*f[i];
                break;
            }
            f[i*p[j]]=f[i]*f[p[j]];
        }
    }  
}

求莫比乌斯函数（$\mu (d)$）

分情况讨论

1. $p$为质数，$\mu (p)=-1$
2. $i$不包含$p$，$\mu (i\ast p)=-\mu (i)$
3. $i$包含$p$，$\mu (i\ast p)=0$

int p[M];//质数表
int cnt=0;
int f[M];//莫比乌斯函数
bool flag[M];
void sieve()
{
    int i,j;
    f[1]=1;
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!flag[i])
        {
            p[++cnt]=i;  
            f[i]=-1; 
        }
          
        for(j=1;i*p[j]<=n;j++)
        {
            flag[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]==0)
            {
                f[i*p[j]]=0;
                break;
            }
            f[i*p[j]]=-f[i];
        }
    }   
}

求约数个数 ($d(n)$)

注意还要保存最小质数的幂次

int p[M];质数表
int cnt=0;
int num[M];//最小质数的幂次
int f[M];
bool flag[M];
void sieve()
{
    int i,j;
    f[1]=1;
    num[1]=0;
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!flag[i])
        {
      		num[i]=1;
            p[++cnt]=i;  
            f[i]=-1; 
        }
          
        for(j=1;i*p[j]<=n;j++)
        {
            flag[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]==0)
            {
                f[i*p[j]]=f[i]/(num[i]+1)*(num[i]+2);
                num[i*p[j]]=num[i]+1;
                break;
            }
            f[i*p[j]]=f[i*p[j]]*2;
            nunm[i*p[j]]=1;
        }
    }   
}

但求$1-n$的约数和不需要筛

例（只需要对 $\frac{n}{i}$ 求和）

其他积性函数类似

狄利雷卷积

$(f\ast g)(n)={\sum }_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$

性质：

1. 交换律

   $f\ast g=g\ast f$

2. 结合律

   $(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$

3. 分配律

   $(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$

补充知识：

元函数 $ϵ(n)=(n==1)$ 当且仅当$n==1$时 $ϵ(n)=1$

恒等函数 $I(n)=1$

单位函数 $id(n)=n$

性质：

1. $f\ast ϵ=f$

2. 积性函数*积性函数=积性函数 证明

3. $\mu \ast I=I\ast \mu =ϵ$

   (${\sum }_{d|n}\mu (d)=(n==1)$)

   非常重要

   （相当于二项展开）

4. $\phi \ast I=id$

   (${\sum }_{d|n}\phi (d)=n$)

证明${\sum }_{d|n}\frac{\mu (d)}{d}=\frac{\phi (n)}{n}$

$\phi \ast I=id$

$id\ast \mu =\phi \ast I\ast \mu =\phi \ast (I\ast \mu )=\phi \ast ϵ=\phi$

$\phi (n)={\sum }_{d|n}\mu (d)id(\frac{n}{d})={\sum }_{d|n}\frac{n}{d}\mu (d)$

$\frac{\phi (n)}{n}={\sum }_{d|n}\frac{\mu (d)}{d}$

莫比乌斯反演

设$F(n)和f(n)$均为定义在自然数上的函数，且满足

​ $F(n)={\sum }_{d|n}f(d)$

则

$f(n)={\sum }_{d|n}\mu (d)F(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$

或者是：

$f(n)={\sum }_{d|n}\mu (\frac{n}{d})F(d)$

这个定理就是莫比乌斯反演定理

证明：

$F=f\ast I$

$F\ast \mu =f\ast I\ast \mu =f\ast (I\ast \mu )=f\ast ϵ=f$

另外一种形式：

更常用，因为找倍数比找因子要容易得多。

若：

​ $F(n)={\sum }_{n|d}f(d)$

则

$$f(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)=\sum _{k\in N_{+}}\mu (k)F(kn)$$

**注：**可以用容斥原理去理解。

杜教筛

整除分块

求解${\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$

其实可以发现有许多$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$都是一样的，因此可以把值相等的合成一个块，而且每一块最大值为$\frac{n}{(\frac{n}{i})}$

即 $n/(n/i)$，换句话说一个块有个数为 $l$ ，这个块的 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 相等， 这个块最大的数就是 $\frac{n}{(\frac{n}{l})}$

不特别严谨证明

$n/i$ 算出来一样，即$n=k\times i+r$中$k$一样

对于k一样的最大的$i$，可得$r<k$，否则$r^{{}^{\prime }}=r-k$使得 $i+1$ 也满足一样的 $k$

$\frac{n}{k}=i+\frac{r}{k}=i$

$i_{max}=\frac{n}{k}=\frac{n}{n/i}$

for(l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
 	r=n/(n/l);
    ans+=(r-l+1)*(n/l);
}//与每个l相同的值最大的为n/(n/l)

杜教筛

杜教筛就是为了计算${\sum }_{i=1}^{n}f(i)$ ($f(i)$为积性函数)

记$S(n)={\sum }_{i=1}^{n}f(i)$

为了出现$S(n)$，我们希望对$f$求和

因此选取另一积性函数$g$,并设$h=f\ast g$（注意$h$也为积性函数）

再计算${\sum }_{i=1}^{n}h(i)$

${\sum }_{i=1}^{n}h(i)={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|i}g(d)\times f(\frac{i}{d})$

$={\sum }_{d=1}^{n}g(d){\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)$

$={\sum }_{d=1}^{n}g(d)\times S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$

为了出现$S(n)$，提出第一项

${\sum }_{i=1}^{n}h(i)=g(1)\times S(n)+{\sum }_{d=2}^{n}g(d)\times S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$

$g(1)\times S(n)={\sum }_{i=1}^{n}h(i)-{\sum }_{d=2}^{n}g(d)\times S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$

通过构造$g$，可得到$S(n)$

应用

1. $S(n)={\sum }_{i=1}^n\mu (i)$

   通过式子$\mu \ast I=ϵ$,可构造$g$为$I$（显然为积性函数）,$h$为$ϵ$

   因此得到式子

   $ S(n)=1-\sum_{d=2}^{n} S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)$

2. $S(n)={\sum }_{i=1}^n\phi (i)$

   通过式子$\phi \ast I=id$,可构造$g$为$I$（显然为积性函数）,$h$为$id$

   因此得到式子

   $ S(n)=\sum_{i=1}^{{n}{i}-\sum_{d=2}}{n} S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)$

${\sum }_{d=2}^{n}S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$要用到整除分块

3. $S(n)={\sum }_{i=1}^{n}i\times \phi (i)$

   这个例子不太容易看出来，核心就是消去$i$,

   可构造$g$为$id$（会出现$\frac{n}{i}$，刚好可以消去），

   $h={\sum }_{i|n}i\times \phi (i)\times id(\frac{n}{i})={\sum }_{i|n}i\times \phi (i)\times \frac{n}{i}={\sum }_{i|n}n\times \phi (i)=n\times {\sum }_{i|n}\phi (i)=n^2$

   因此得到式子

   $ S(n)=\sum_{i=1}^{n}{i2}-\sum_{d=2}^{n}d\times S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)$

${\sum }_{d=2}^{n}d\times S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$依然可以乘除分块

提醒

• 至于在信息学中的代码实现，我给出一个大概的思路：我们首先先线筛出数据范围根号左右的积性函数的前缀和。再递归的实现杜教筛。
• 特别要注意的是，杜教筛筛出的前缀和一定要存下来！！！
• 如果你比较的勤劳，那就去手写hash，如果你想偷懒，那就最好用stl中的unordered_map，最好不要用map，平白无故多个log的复杂度，何必呢…
• 还有一点，一定要记得取模！！！以及，判断要不要开long long，搞不好你TLE就是因为取模去多了，或者long long开多啦！

例子

模板题