数论函数与莫比乌斯反演

数论函数

取整函数

定义

对于实数 (x)，记 (⌊x⌋) 为不超过 (x) 的最大整数。
(lfloor x floor) 也是满足如下关系的唯一整数：
(lfloor x floor ≤x<lfloor x floor+1)　　

对于正整数 (n)，(1) 到 (n) 中 (d) 的倍数有 (⌊frac{n}{d}⌋) 个

性质1

对于任意的 (x) 与正整数 (a)，(b)，我们均有：　　　　　　

[⌊⌊frac{x}{a}⌋/b⌋ = ⌊frac{x}{ab}⌋ ]

性质2

(⌊frac{n}{d}⌋) 可能的取值不超过 2√n 种。

证明

对于正整数 (n)，考虑当 (1≤d≤n) 时，(⌊frac{n}{d}⌋) 的不同的取值个数。
若 (d≤sqrt n)，则能得到的 (⌊frac{n}{d}⌋) 只有不超过 (sqrt n) 种。
若 (d>sqrt n)，则 (⌊frac{n}{d}⌋≤frac{n}{d}<sqrt n)，又因为 (⌊frac{n}{d}⌋)是正整数，故此时
可能的取值也不超过 (sqrt n) 种。
综上，(⌊frac{n}{d}⌋) 可能的取值不超过 (2sqrt n) 种。

调和数

[egin{align} &H_{n}=sum_{k=1}^{n}frac{1}{k}\ &=ln n+gamma+o(1) end{align} ]

可以推出：

[egin{align} sum_{d=1}^{n}lfloor frac{n}{d} floor=Theta(n logn) end{align} ]

素数计数函数

定义&素数定理

令素数计数函数 (pi(n)) 表示不超过 (n) 的素数个数。我们有如下的素数定理：

[pi(n)simfrac{n}{ln n} ]

推论：

(n) 附近的素数密度近似是 (frac{1}{ln n}) 。

第 (n) 个素数 (p_{n}sim n ln n) 。

积性函数

定义

设 (f) 是数论函数，若对任意互质的正整数 (a, b) ，都有 (f(ab) = f(a)f(b)) ，则称 $f $ 是积性函数。

若对任意的正整数 (a, b) ，都有 (f(ab) = f(a)f(b)) ，则称 $ f $ 是完全积性的。

单位函数

定义

单位函数 (epsilon (n)) 定义为：

[egin{align} epsilon(n)=[n=1]=left{ egin{matrix} &1,n=1;\ &0,n eq1. end{matrix} ight. end{align} ]

除数函数

定义

除数函数 (sigma_{k}) 用来表示 (n) 的因子的 (k) 次方之和：　　

[egin{align} sigma_{k}(n)=sum_{d|n}d^{k} end{align} ]

约数个数 (sigma_{0}(n)) 常记为 (d(n)) ，约数和 (sigma_{1}(n)) 常记为 (sigma(n)) 。
除数函数都是积性函数。

(Euler) 函数

定义：

(Euler) 函数 (φ(n)) 表示不超过 (n) 且与 (n) 互质的正整数的个数。

由 (n) 的标准分解并结合容斥原理，我们可以得到 (Euler) 函数的表达式：$$varphi(n)=ncdotprod_{i=1}^{s}(1-frac{1}{p_{i}})$$

其中 (n = p_{1}^{alpha_1}p_{2}^{alpha_2} · · · p_{s}^{alpha_s}) 是 (n) 的标准分解。
由此易见 (Euler) 函数是积性函数。

性质1

对于任意 $ n(，)Euler$ 函数有如下性质：

$$n=sum_{d|n}varphi(d)$$

证明1

将 (1) 到 (n) 中的所有整数按与 (n) 的最大公约数分类。

若 (gcd(n, i) = d)，那么 (gcd(frac{n}{d} , frac{i}{d} ) = 1) 。而又 (frac{i}{d}) 是不超过 (frac{n}{d}) 的整数，故这样的 (i) 有 (φ(frac{n}{d})) 个。
考虑所有 (d | n)，我们也就考虑到了所有 (1) 到 (n) 之间的 (n) 个整数，因此有$$n=sum_{d|n}varphi(frac{n}{d})=sum_{d|n}varphi(d)$$即：

[Id=varphi *1 ]

证明2

可以先证明 (f(n)=sum_{d|n}varphi (d)) 为积性函数，然后再证对于质数 (p)，有

[f(p^c)=sum_{d|p^c}varphi(d)=varphi(1)+varphi(p)+varphi(p^2)+...+varphi(p^{c-1})=p^c ]

可以通过定义与等比数列求和得出，然后结论易得

小技巧,研究一个积性函数,先研究其在质数的幂时的表现。

性质2

(p|n) ,则 (varphi(np)=varphi(n)p)。

使用时有：

(varphi(p^k)=(p-1)p^{(k-1)})

代码中：

phi[t]=phi[i]*(i%p[j]?p[j]-1:p[j]);

(Mobius) 函数

莫比乌斯函数的定义：

[mu(n)= egin{aligned} &1 && n=1 \ &0 && 有完全平方因子 \ &(-1)^p && 是p个不同素因子积\ end{aligned} ]

第一次看到这个时我很懵逼，感觉这个函数不那么自然，不知道为什么有这个函数……

但实际上，它是常函数 (1) 的逆，即 $mu * 1=epsilon $。

而具体推导可以看这里。（其实好像算是一种容斥？）

而这满足了进行莫比乌斯反演的需要。

积性函数的逆：

若 (f*g=epsilon)，则 (f) 与 (g) 互逆。

莫比乌斯反演

现有关系：

[egin{align} F(n)=sum_{d|n}f(d) end{align} ]

即：

[F=f*1 ]

如果我们易求 (f)，那么就可以轻松求出 (F)，反之，若 (F) 易求，我们如何求出 (f)？

[F*mu=f*1*mu=f*epsilon=f ]

倍数的莫比乌斯反演：

若：

[F(n)=sum_{n|d}f(d) ]

则：

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

又作：

若：

[F(n)=sum_{k=1}^{infty}f(kn) ]

则：

[f(n)=sum_{k=1}^{infty}mu(k)f(kn) ]

起初我对这式子不是很理解，觉得不是有 (infty) 项吗，怎么算？

但实际上在我们的运用过程中 (f(d)) 通常都是有限项的，如(f(d)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d])，而这种形式好像也更常用

技巧：

[[gcd(i,j)=1]=sum_{d|gcd(i,j)}mu(d) ]

证明：

由 (mu * 1=epsilon)，

即 (sum_{d|n}mu(d)=[n=1])，

将 (n) 替换成 (gcd(i,j)) 就是上式了。

然后 (d|gcd(x,y)) 可以转化为 (d|x,d|y)，然后可以枚举倍数来求，

然后经常可以枚举 (d) 来根据 (i)，(j) 的贡献来分块求答案。

主要思想：

使用“交换合式顺序”和“改变枚举变量”来化简。

常见反演：

设 (f(d)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d])。

[egin{align} F(x)&=sum_{x|d}f(d)\ &=sum_{x|d}sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]\ &=sum_{x|d}sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[x|i,x|j]\ &=lfloor frac{n}{x} floor lfloor frac{m}{x} floor end{align} ]

则 (F(x)) 易求，那么就可以反演求 (f(d)) 了。（当然除以 (d) 在利用上面的 (gcd) 变换的技巧也可以得到）

当然，这类题有些也可以用 (varphi) 来化简，利用 (varphi*1=id) 的性质，将 (gcd) 代换成 (n) 就行了。

(varphi) 与 (mu) 的关系：

[egin{align} &Id=varphi *1\ &Id*mu =varphi\ &varphi(n)=sum_{d|n}mu(d)frac{n}{d}\ &frac{varphi(n)}{n}=sum_{d|n}frac{mu(d)}{d} end{align} ]

关于 (d(n)) 的有力结论：

[d(nm)=sum_{i|n}sum_{j|m}[gcd(i,j)==1] ]

证明：

设 (nm=prod p_i^{x_i})，(n=prod p_i^{y_i})，则 (m=prod p_i^{x_i-y_i})。

设 (i = p_1^{a_1}cdot p_2^{a_2}cdot p_3^{a_3}cdots p_k^{a_k})，(j = p_1^{b_1}cdot p_2^{b_2}cdot p_3^{b_3}cdots p_k^{b_k})。

若 (gcd(i,j)==1)，则若 (a_i=0)，则 (b_i) 有 (x_i-y_i+1) 种取值，若 (b_i=0)，则 (a_i) 有 (y_i+1) 种取值，(a_i=b_i=0) 的情况重复了，所以一共有 (x_i+1) 种取值。

故右式的值为 (prod x_i+1)。而这与左式的形式一致。

orz Sengxian 学长（看了一圈就他的一眼看懂了。。）。

数论分块

具体就不写了，简要记录证明思路，算了，也不写了。