积性函数的整理

定义

如果一个数论函数(f(n))满足

[f(pq)=f(p)f(q),pperp q ]

则称(f(n))是一个积性函数。

特别的，如果不要求(pperp q)且依然满足上述式子的话，则称(f(n))是一个完全积性函数。

简单约定

((i,j))表示(gcd(i,j))。

([a])表示一个条件判断函数，当(a)为真是([a]=1)，否则([a]=0)。

(iperp j)表示((i,j)==1)。

狄利克雷卷积懒得打括号了。

常见积性函数

[e(n)=[n=1] ]

[1(n)=1 ]

[mu(n)=egin{cases}(-1)^k&n=p_1p_2p_3dots p_k\0&n=p^2qend{cases} ]

[varphi(n)=sum_{i=1}^n[iperp n] ]

[d(n)=sum_{i|n}1 ]

[id(n)=n ]

[sigma(n)=sum_{d|n}d ]

至于它们为什么是积性函数，，，，

我也管不了那么多了。

狄利克雷卷积

定义

[f*g(n)=sum_{d|n}f(d)g(frac nd) ]

要计算的话可以把枚举约数换成枚举倍数（下面会讲到），以调和级数(O(nlogn))的复杂度求出(f*g)的前(n)项。

交换律

[f*g(n)=sum_{d|n}f(d)g(frac nd)=sum_{d|n}g(d)f(frac nd)=g*f(n) ]

结合律

[f*g*h(n)=sum_{d|n}f(d)sum_{t|frac nd}g(t)h(frac n{dt})=sum_{d_1d_2d_3=n}f(d_1)g(d_2)h(d_3)=f*(g*h)(n) ]

常见积性函数的卷积

[forall f(n),e*f(n)=f(n) ]

[1*1(n)=sum_{d|n}1=d(n) ]

[id*1(n)=sum_{d|n}d=sigma(n) ]

[mu*1(n)=sum_{d|n}mu(d)=[n=1]=e(n) ]

这个需要特别说明一下。

假设(n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}dots p_m^{k_m})，那么上式可以改写成：

[mu*1(n)=sum_{c_1=0}^{k_1}sum_{c_2=0}^{k_2}dotssum_{c_m=0}^{k_m}mu(p_1^{c_1}p_2^{c_2}dots p_m^{c_m}) ]

观察(mu(n))的定义，可以发现它与(n)的质因子个数有关，而且当某个质因子出现不止一次时，(mu(n)=0)。这样的话，只要(c_1)到(c_n)中有任意一个大于(1)，后面那个(mu)值就为(0)。

这样的话，我们就可以大大降低枚举范围：

[mu*1(n)=sum_{c_1=0}^1sum_{c_2=0}^1dotssum_{c_m=0}^1mu(p_1^{c_1}p_2^{c_2}dots p_m^{c_m}) ]

[=sum_{c_1=0}^1sum_{c_2=0}^1dotssum_{c_m=0}^1(-1)^{sum_{i=1}^mc_i} ]

[=sum_{i=0}^m(-1)^idbinom mi ]

[=[m=0]=[n=1]=e(n) ]

至于最后那个式子为什么是([m=0])，证法多种多样，这里不再赘述。

那么继续：

[varphi*1(n)=sum_{d|n}varphi(d)=n=id(n) ]

这个又是为什么？

直接证比较麻烦，我们利用(mu*1=e)证一个反过来的式子：

[varphi(n)=id*mu(n) ]

直接暴力拆式子即可。要用到下面讲到的一些技巧，可以回头再来看。

[varphi(n)=sum_{i=1}^n[iperp n] ]

[=sum_{i=1}^n[(i,n)==1] ]

[=sum_{i=1}^nsum_{d|(i,n)}mu(d) ]

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

[=id*mu(n) ]

这样，我们就完成了上述积性函数的大一统：

[muxrightarrow{*1}exrightarrow{*1}1xrightarrow{*1}d ]

[varphixrightarrow{*1}idxrightarrow{*1}sigma ]

反过来也可以：

[muxleftarrow{*mu}exleftarrow{*mu}1xleftarrow{*mu}d ]

[varphixleftarrow{*mu}idxleftarrow{*mu}sigma ]

莫比乌斯反演

类似于二项式反演和斯特林反演，有一个这样的反演式子：

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

其实没毛用，因为它的本质就是这样的：

[f=g*1iff g=mu*f ]

但这样看的话，似乎就是废话了。

常用推式子技巧

无关项提前

本质是分配律。

[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^ma_ib_j=sum_{i=1}^na_isum_{j=1}^mb_j ]

交换枚举顺序

[sum_{i=1}^na_isum_{j=1}^mb_j=sum_{j=1}^mb_jsum_{i=1}^na_i ]

这个看上去还是很(naive)。

比较重要的是枚举约数变成枚举倍数：

[sum_{i=1}^na_isum_{d|i}b_d=sum_{d=1}^nb_dsum_{i=1}^{lfloorfrac nd floor}a_{id} ]

反演

就是活用上面那几个常用积性函数的狄利克雷卷积关系式，尤其是(mu*1=e)。

算法

数论分块

这个居然在我很(naive)的时候自己(yy)出来了。

举个例子，求(sum_{i=0}^nlfloorfrac ni floor,nleq10^9)。

不会的话打个表，然后就会了。

当(n=100)时，可以发现(lfloorfrac n{100} floor,lfloorfrac n{99} floor,dots,lfloorfrac n{51} floor)都是(1)，(lfloorfrac n{50} floor,lfloorfrac n{49} floor,dots,lfloorfrac n{34} floor)都是(2)，这样的话，我们得到了一个可靠的结论：

(lfloorfrac n{lfloorfrac ni floor+1} floor,lfloorfrac n{lfloorfrac ni floor+2} floor,dots,lfloorfrac n{lfloorfrac n{i+1} floor} floor)的结果都是(i+1)。

这样我们就得到了一个快速的根号算法：

对于大于(sqrt n)的数，不同的(lfloorfrac ni floor)只有(sqrt n)个；

小于(sqrt n)的数只有(sqrt n)个，直接暴力算即可。

线性筛

这个比较简单，只要我们探究出(f(p^k))的表达式，就可以线性筛出所有(f(i))。

杜教筛

假如我们要求(s(n)=sum_{i=1}^nf(i))，如果我们能够找到另一个函数(g(n))使得(g(n))和(f*g(n))都比较好求，我们就可以利用杜教筛。

具体过程是这样的：

[sum_{i=1}^nf*g(i)=sum_{i=1}^nsum_{d|i}f(frac id)g(d) ]

[=sum_{d=1}^ng(d)sum_{i=1}^{lfloorfrac nd floor}f(i) ]

[=sum_{d=1}^ng(d)s(lfloorfrac nd floor) ]

当(d=1)时，(s(lfloorfrac nd floor))就是(s(n))，所以有

[s(n)=sum_{d=1}^ng(d)s(lfloorfrac nd floor)-sum_{d=2}^ng(d)s(lfloorfrac nd floor) ]

[=sum_{i=1}^nf*g(i)-sum_{d=2}^ng(d)s(lfloorfrac nd floor) ]

这样，如果我们能够快速求出(sum_{i=1}^nf*g(i))和(g(d))，我们就可以对右边数论分块进行递归求解。我们可以用线性筛筛出前面一部分来优化复杂度。

复杂度是(O(n^{frac23}))，证明并不会，可以参考这个。

(min\_25)筛

不会。

留着坑吧，没准哪天会了

不过也要退役了

应用

1、求(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[iperp j],n,mleq10^9)。

需要用到的东西上面已经全部给出了。要注意([iperp j])其实就是(e((i,j)))。

[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{d|(i,j)}mu(d) ]

[=sum_{d=1}^nmu(d)sum_{i=1}^{lfloorfrac nd floor}sum_{j=1}^{lfloorfrac md floor}1 ]

[=sum_{d=1}^nmu(d)lfloorfrac nd floorlfloorfrac md floor ]

数论分块套上杜教筛求出(summu(d))即可。

杜教筛(mu)的话，令函数(g)为(1)函数，此时(sum_{i=1}^nmu*1(i)=1)，(1)函数本身也没有任何难度可言。

2、求(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m(i,j),n,mleq10^9)。

同样的，因为((i,j))就是(id((i,j)))，所以套用上一题做法即可。

[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{d|(i,j)}varphi(d) ]

[=sum_{d=1}^nvarphi(d)lfloorfrac nd floorlfloorfrac md floor ]

杜教筛(varphi)的话，我们同样令(g)为(1)函数，此时(sum_{i=1}^nvarphi*1(i)=frac{n(n+1)}2)。

3、给出一个(n*m)的点阵，如果一对点连成的线段不经过其它点，那么称这对点是合法的。求有多少合法的点对。

这是我原创的一道蠢题……做法就交给各位神仙了。

……

备注

给出一些可能用到的链接：

模板

杜教筛

例题

例题1

例题2（人生第一道紫题，自己yy出了一个(O(nsqrt n))的做法，现在看起来好(low)啊）

例题3（数据有误）