知识点-数论进阶知识点-数论进阶

知识点-数论进阶 abstract：整除分块，积性函数，线性筛，莫比乌斯反演，迪利克雷卷积，积性函数前缀和，
0.引入 Gym - 101485D debugging
（之后会发现，这道dp的转移方程和杜教筛的转移如出一辙。）
题意
有一份包含1个 bug 的n( 1≤?≤1e6)行代码，运行一次到崩溃需要的时间为 r( 1≤?≤1e9)。
你可以任意行添加 printf 语句来输出调试，即你知道是否在执行 printf 语句前就崩溃了。每设置一个 printf 语句需要花费 p( 1≤?≤1e9)时间，但是运行不额外消耗。
? 问在最坏情况下，少需要多时间可以定位
分析
设f(n) 表示 n行代码 debug 需要的最少时间。
最优策略是平均地往n行代码添加x行输出代码，分成$\lceil \frac{n}{x+1}\rceil$块代码，然后再对出错的上一块代码递归debug.
得到对应的转移：
\[ f(1)=0; \\ f(n)=min_{1\le i 这个$O(n^2)$的转移可以利用整除分块优化。
复杂度
递归过程中会出现$\lceil \frac{\lceil \frac{n}{i}\rceil}{j}\rceil$的式子，但我们有
\[ \lceil \frac{\lceil \frac{n}{i}\rceil}{j}\rceil=\lceil \frac{n}{i j}\rceil \]
所以递归中所有的取值都是$\lceil \frac{n}{i}\rceil$的形式，而$\lceil \frac{n}{i}\rceil$的取值只有$\sqrt n$种，所以我们枚举$\sqrt n$并记忆化搜索。时间复杂度为：
\[ T(n)=O(\sqrt{n})+\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}{T(i)+T(\frac{n}{i})}\\ T(n)=\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}{O(\sqrt{i})+O(\sqrt{\frac{n}{i}})}=O(n^\frac{3}{4}) \]
这里只展开一层就可以了，更深层的复杂度是高阶小量
小结递归式形如
\[ f(n)=min_{1\le i 可以利用整除分块做到$O(n^\frac{3}{4})$。
这种形式的递归会在后面求积性函数前缀和时出现。
1.phi & mu：积性函数定义
积性函数：若m1,m2互质
\[ f(m1m2)=f(m1)f(m2) \]
性质

积性函数只由其在质数幂处的取值决定。（这是积性函数可以线性筛的原因,线性筛素数模板如下）

for (int i = 2; i <= n; i++) { if (!vis[i]) prime[cnt++] = i; for (int j = 0; ; j++) { int x = i * prime[j]; if (x>n) break; vis[x] = true; if (i%prime[j] == 0) break; } }
定义约数函数和sum-over-divisors function （迪利克雷卷积的原型）
\[ g(n)=\sum_{d|n}f(d) \]
若f是积性函数，则g是积性函数
phi可以这么定义
\[ \phi(d):\sum_{d|n}\phi(d)=n \]
反过来可以用最简分数统计个数证明，即
\[ \frac{0}{12},\frac{1}{12},\frac{2}{12},\frac{3}{12},\frac{4}{12},\frac{5}{12},\frac{6}{12},\frac{7}{12},\frac{8}{12},\frac{9}{12},\frac{10}{12},\frac{11}{12}\\\ \\ \frac{0}{1}; \ \frac{1}{2}; \ \frac{1}{3},\frac{2}{3}; \ \frac{1}{4},\frac{3}{4}; \ \frac{1}{6},\frac{5}{6}; \ \frac{1}{12},\frac{5}{12},\frac{7}{12},\frac{11}{12}\\\ \\ \phi(1)+\phi(2)+\phi(3)+\phi(4)+\phi(6)=12 \]
mu可以这么定义
\[ \mu(d):\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1] \]
反过来可以看作是容斥的系数证明,即
\[ \sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^kC(k,i)\cdot(-1)^i=(1-1)^k=0 \]
mu的性质：
\[ g(n)=\sum_{d|n}f(d)\leftrightarrow f(n)=\sum_{d|n}g(\frac{n}{d})\mu(d) \]
A.K.A.莫比乌斯反演

常见积性函数

$\tau(n)=\sigma_0(n)=\sum_{d|n}{1}$ 约数个数
$\sigma(n)=\sigma_1(n)=\sum_{d|n}{d}$ 约数和
$\sigma_k(n)=\sum_{d|n}{d^k}$ 约数和的k次幂
$e(n)=[n=1]$
$I(n)=1$ 恒等函数
$id(n)=n$
$id^k(n)=n^k$

2.迪利克雷卷积定义
\[ (f*g)(n)=\sum_{d|n}{f(d)\cdot g(\frac{n}{d})}=\sum_{ij=n}{f(i)\cdot g(j)} \]
（可以类比多项式乘法的卷积，n次项系数为$h(n)=\sum_{i+j=n}{f(i)\cdot g(j)}$）
性质

交换律、结合律，对加法满足分配律
若f和g为积性，则$f*g$ 积性
$e(n)=[n=1]$是单位元
\[ f*e=f=e*f \]
莫比乌斯函数与恒等函数互为逆元，即
\[ \mu*I=e\\ \ g=f*I \leftrightarrow\ f=g*\mu\\(\because g*\mu=f*I*\mu) \]
上面的结论就是莫比乌斯反演的卷积版，已知g时，用来求f
试对欧拉函数用莫比乌斯反演得到：
\[ \because\phi*I=id\\ \therefore \phi=id*\mu \]
展开移项得到：
\[ \frac{\varphi(n)}{n}=\sum_{d|n}{\frac{\mu(d)}{d}} \]
狄利克雷卷积的一个常用技巧是对于积性函数$f$与恒等函数$I$的卷积的处理:
\[ n=\prod_{i=1}^{t}{p_i^{k_i}},g(n)=\sum_{d|n}{f(d)}\\ g(n)=\prod_{i=1}^{t}\sum_{j=0}^{k_i}{f(p_i^j)} \]

3.历年题目 HDU - 5528 ICPC 2015 长春 B
7738 - Fibonacci ICPC 2016 青岛 E 结论生僻
最大公约数 CCPC 2016 合肥 J
Just a Math Problem CCPC 2016 杭州 J
Cow`s Segment CCPC 2017 harbin I
Mod, Xor and Everything CCPC 2017 杭州L 难
4.例题例题1 积性函数&迪利克雷卷积应用
HDU - 5528 ICPC 2015 长春 B
题意定义 $f(n)=$选两个 $[0,n) $的整数$ a,b$ ，且 ab不是n的倍数方案。
求$?(?)=\sum_{?|?}?(?)$
分析由题意得到:
\[ f(n)=n^2-\sum_{d|n}\phi(\frac{n}{d})\cdot d \]
这个式子可以这么理解，首先求问题的反面，即$n|ab$的方案数。当$a=k\cdot j$时，$b$必须取与 $ i=n/j$ 互质的数。$a$的取值有$n/j$种，$b$的取值有$\phi(i)$种，有
\[ \sum_{ij=n}\phi(i)\cdot j=\sum_{d|n}\phi(\frac{n}{d})\cdot d \]
设
\[ h(n)=\sum_{d|n}\phi(\frac{n}{d})\cdot d \]
有
\[ g(n)=\sum_{d|n}f(d)=\sum_{d|n}(d^2-h(d)) \]
设
\[ P(n)=\sum_{d|n}d^2,Q(n)=\sum_{d|n}h(d) \]
根据积性函数的性质，求单个$P(n),Q(n)$,我们只需要计算 $P(p^k),Q(p^k)$乘起来就可以得到 $P(n),Q(n)$。而这是很容易计算的，因为 $p^k$的因数只有$p^0,p^1,?,p^k$。（这也是线性筛的原理）
剩下的是质因数分解的复杂度$O(\frac{\sqrt n}{\ln \sqrt n})$，证明在质数知识点里讨论过。
其实$Q(n)$可以进一步化简：
\[ Q(n)=\sum_{d|n}h(d)=Q(n)=\sum_{d|n}\sum_{w|d}\phi(w)\cdot\frac{d}{w}\\\ \\ =I*\phi*id=id*id=\sum_{d|n}d\cdot\frac{n}{d}=n\cdot \sum_{d|n}{1}=n\cdot\tau(n) \]
例题2 积性函数递推性质
题意定义$f_0(n)$为满足??=?且gcd（?,?）=1的对数。
定义
\[ f_{r+1}=\sum_{uv=1} \frac{f_r(u)+f_r(v)}{2} \]
q组询问$f_r(n)$ q,r,n<1e6
分析定义$\omega(n)$为n的不同质因子g个数，则$f_0=2^{\omega(n)}$.
注意到$f_r$为积性，所以$f_{r+1}$也为积性.
由于积性，我们只需要求$f_r(p^k)$.
注意到$\forall p,f_0(p)=2$，所以$\forall p,f_r(p^k)$是定值如果r，k是定值。
又注意到k是O(logn)的，前缀和优化求$f_{r+1}(p^k)=\sum_{i=0}^kf_r(p^i)$,使用O(rlogn)的时间预处理出所有可能的$f_r(p^k)$的询问。
剩下质因数分解的复杂度。
例题3 积性函数前缀和
题意 四川省赛grisaia
\[ ans =\sum^n_{i=1}\sum^i_{j=1} (n\ mod (i \times j)) \]
$1 ≤ n ≤ 10^{11}$
分析如果 f(p)可以在 O(logn)的时间内求出来，求出质数项的总时间是?(?)的；
通常，f(pk)可以比较容易的由$f(p^{k-1})$等值递推出来。其他项可以直接由积性函数的性质$f(x)=f(d)*f(\frac{x}{d})$得到。因此，很多积性函数都可以在欧拉筛的过程中顺便递推出，很多积性函数都可以在欧拉筛的过程中顺便递推出前 ?项的值，时间复杂度为 ?(?)。
此题要求低于线性时间前缀和。
解法1 公式推导：
\[ ans =\sum^n_{i=1}\sum^i_{j=1} (n\ mod (i \times j))=\sum^n_{i=1}\sum^i_{j=1}(n-\lfloor n/ij\rfloor\cdot ij) \]
而
\[ \sum^n_{i=1}\sum^i_{j=1} \lfloor \frac{n}{ij}\rfloor\cdot ij=(\sum^n_{i=1}\sum^n_{j=1} \lfloor \frac{n}{ij}\rfloor\cdot ij+\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor i^2)/2 \]
令a=$\sum^n_{i=1}\sum^n_{j=1} \lfloor \frac{n}{ij}\rfloor\cdot ij$, $f(n)=\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{n}{i}\rfloor i$则
\[ a=\sum^n_{i=1}\sum^n_{j=1} i\cdot\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}{j}\rfloor\cdot j\\\ \\ =\sum^n_{i=1}i\sum^n_{j=1} \lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}{j}\rfloor\cdot j\\\ \\ =\sum^n_{i=1}i\cdot f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor) \]
$O(\sqrt n)$地枚举$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$,然后$O(\sqrt{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor})$ 地计算$f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)$时间复杂度为
\[ O(\sum_{i=1}^\sqrt{n} \sqrt{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor})=O(n^{\frac{3}{4}}) \]
O(1)读写f的技巧：用两个$\sqrt n $大小的数组。
解法2 定义g(n)=f(n)-f(n-1),
\[ g(n)=\sum_{i=1}^ni\cdot(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor-\lfloor \frac{n-1}{i}\rfloor)=\sum_{i|n}i \]
求其前$n^\frac{2}{3}$项及其前缀和。对于$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor>n^\frac{2}{3}$暴力计算$f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)$,复杂度为
\[ O(\sum_{i=1}^{n^{\frac{1}{3}}} \sqrt{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor})=O(n^{\frac{2}{3}}) \]
例题4 莫比乌斯反演
题意 YY的GCD
\[ \sum\limits ^{n}_{i=1}\sum\limits ^{m}_{j=1}[ gcd( i,j) =p]\$ n,m\leqslant 1e7) \]
分析将p提出来，
\[ ans=\sum\limits ^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}_{i=1}\sum\limits ^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor}_{j=1}[ gcd( i,j) =1]\\ \]
根据容斥
\[ \left|\bigcup_{i=1}^n A_i \right| = \sum_{\emptyset \neq J\subseteq \{1,2,\ldots ,n\}} (-1)^{|J|-1}{\Biggl |}\bigcap_{j\in J}A_{j}{\Biggr |} \]
得到
\[ ans=\sum\limits _{p}\sum\nolimits ^{\lfloor \frac{min( m,n)}{p} \rfloor }_{d=1} \mu ( d) \lfloor \frac{n}{pd} \rfloor \lfloor \frac{m}{pd} \rfloor\\\ \\ =\sum ^{min( n,m)}_{i=1} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{i} \rfloor \sum\limits _{p|i} \mu \left(\frac{i}{p}\right) \]
定义
\[ f(i)=\sum\limits _{p|i} \mu \left(\frac{i}{p}\right) \]
则
\[ ans=\sum ^{min( n,m)}_{i=1} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{i} \rfloor f(i) \]
预处理f即可\(O(\sqrt n+\sqrt m )$地回答每组询问.
若暴力求f，复杂度$O(n loglogn)$
观察得到递推式：
设x为n的最小质因子，若$x^2|n,f(n)=\mu(n/x)$否则：
\[ f(n)=\mu(n/x)+\mu(x)f(n/x)=\mu(n/x)-f(n/x) \]
用线性筛做到O(n)
例题5 杜教筛求数论函数前缀和
分析如果能通过狄利克雷卷积构造一个更好计算前缀和的函数，且用于卷积的另一个函数也易计算，则可以简化计算过程。
具体来说，设S(n)为f(n)的前缀和.$\forall$数论函数 $g$ ，设$h=f*g$,有
\[ \sum_{i=1}^{n}h(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}f(d)\cdot g(\frac{i}{d})\\\ \\ =\sum_{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor) \]
移项得
\[ g(1)S(n)=\sum_{i=1}^{n}h(i)-\sum_{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor) \]
对于可以$O(\sqrt n)$求h前缀和，$O(1)$求g的情况，复杂度为$O(\sum_{i=1}^\sqrt{n} \sqrt{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor})=O(n^{\frac{3}{4}})$.
如果f有较好的性质（比如积性函数），可以线性筛求其前$n^\frac{2}{3}$项,$>n^\frac{2}{3}$递归计算，复杂度为$O(n^\frac{2}{3})$
题意【模板】杜教筛（Sum） blog
\[ \sum_{i=1}^{n}{\varphi(i)}\\ \sum_{i=1}^{n}{\mu(i)} \]
hdu 5608 function huntian oy 杜教筛进阶 blog
$$
n^2-3n+2=\sum_{d|n}f(d),求\sum_{i=1}^nf(i) mod10^9+7\ \
\sum_{i=1}^n\varphi(i)*i
$$
divcnt3 阁洲筛/扩展欧拉筛ees 2016年数论函数论文
blog 类欧几里得
\[ S_3(n) = \sum _{i=1}^n \sigma_0(i^3). \]
Just a Math Problem CCPC 2016 杭州 J 非套路线性求和,令$\omega(n)$为质因数个数。
\[ \sum_{i=1}^n2^{\omega(n)} \]
more exe:
51Nod 1244 - 莫比乌斯函数之和
51Nod 1239 - 欧拉函数之和
BZOJ 3944 - Sum
HDU 5608 - function
51Nod 1238 - 最小公倍数之和 V3
51Nod 1237 - 最大公约数之和 V3
51Nod 1227 - 平均最小公倍数
Tsinsen A1231 - Crash的数字表格
SPOJ DIVCNT2 - Counting Divisors (square)
51Nod 1222 - 最小公倍数计数（复杂度分析）
BZOJ 4176 - Lucas的数论
51Nod 1220 - 约数之和
51Nod 1584 - 加权约数和
ZOJ 3881 - From the ABC conjecture（不需要使用正文方法）
BZOJ 3512 - DZY Loves Math IV
ZOJ 5340 - The Sum of Unitary Totient（常规积性函数求和，数据组数较多，只可分段打表）
SPOJ DIVCNT3 - Counting Divisors (cube)（常规积性函数求和，注意代码长度限制，不可打表）
51Nod 1575 - Gcd and Lcm（常规积性函数求和，可分段打表）
51Nod 1847 - 奇怪的数学题（非常规积性函数求和，综合题，可分段打表）
【知识点-数论进阶】转载于:https://www.cnblogs.com/SuuT/p/11478313.html