『你已经见过的无聊数论』

补充一点数论求和的常用技巧。

奇怪的技巧

非常规整除分块

(mathbf{Question:}) (nleq 10^{18})，求(displaystyle sum_{i=1}^{leftlfloor sqrt n ight floor}leftlfloor dfrac{n}{i^2} ight floor)。

回顾一下一般的整除分块，当(iinleft[x, leftlfloor dfrac{n}{ lfloor n/x floor } ight floor ight])时，(leftlfloor dfrac{n}{i} ight floor)的值均为(leftlfloor dfrac{n}{x} ight floor)，那么显然想到用(i^2)取代换(i)，得到：

当(i^2inleft[x, leftlfloor dfrac{n}{ lfloor n/x floor } ight floor ight])时，(leftlfloor dfrac{n}{i^2} ight floor)的值都为(leftlfloor dfrac{n}{x} ight floor)，显然可以解出(iinleft[sqrt x,sqrt{leftlfloor dfrac{n}{ lfloor n/x floor } ight floor} ight])。

于是每次得到一个左边界(l)作为(sqrt x)，然后计算出右边界就可以整除分块了。

for (ll l = 1, r; l * l <= n; l = r + 1)
	r = sqrt( n / (n/l/l) ), Sum += ( r - l + 1 ) * ( n / l / l )

数论卷积的分配律

已知(f(n),g(n))是数论函数，(h(n))是完全积性函数，那么：((fcdot h) imes (gcdot h)=(f imes g)cdot h)。

(mathbf{Proof:})

[Big( (fcdot h) imes (gcdot h) Big)(n)=sum_{d|n}f(d)h(d)gleft( frac{n}{d} ight)hleft(frac{n}{d} ight) \ = h(n)sum_{d|n}f(d)gleft( frac{n}{d} ight)=Big( (f imes g)cdot h Big)(n) ]

杜教筛

(mathbf{Question:}) 已知数论函数(f(n))，现在想快速求其前缀和(mathrm{S}_f(n)=displaystylesum_{i=1}^n f(i))。

解决方法是构造( ext{Dirichlet})卷积，不妨将其卷上(g(n))，那么：

[mathrm{S}_{g imes f}(n)=sum_{i=1}^nsum_{ab=i}f(a)g(b)=sum_{i=1}^ng(i)sum_{j=1}^{lfloor n/i floor} f(j)=sum_{i=1}^ng(i)mathrm{S}_fleft( left lfloor frac{n}{i} ight floor ight) \ mathrm{S}_f(n)g(1)=mathrm{S}_{f imes g}(n)-sum_{i=2}^ng(i)mathrm{S}_fleft( left lfloor frac{n}{i} ight floor ight) ]

如果(mathrm{S}_{f imes g}(n))可以和(mathrm{S}_g(n))可以快速求的话，那么我们就可以对上式整除分块，时间复杂度(mathcal Oleft(n^lambda+n^{1-frac{lambda}{2}} ight))，(n^lambda)为线性预处理的前缀和数量，一般来说取(lambda=dfrac{2}{3})，时间复杂度为(mathcal Oleft(n^{frac{2}{3}} ight ))，代码要结合(mathrm{Hash})表记忆化。

(mathbf{Proof:})

对于一个固定的(n)，本质上杜教筛求出了所有(mathrm{S}_fleft(leftlfloordfrac{n}{t} ight floor ight)(tin[1,n]))的值（这一部分的值只有(mathcal O(sqrt n))个，分别是(1sim sqrt n)和(sqrt {dfrac{n}{1}}simsqrt {dfrac{n}{sqrt n}})），并且当(mathrm{S}_fleft(leftlfloordfrac{n}{t} ight floor ight)(tin[2,n]))的值已知的时候，求(mathrm{S}_f(n))的值是(O(sqrt n))的，所以我们可以得到：

[T(n) = mathcal O(sqrt n)+ sum_{t=1}^{sqrt n}Tleft(sqrt t ight)+Tleft( sqrt{frac{n}{t}} ight) ]

然而，我们只需将递归式向下展开一层即可计算。因为再向下展开也是(leftlfloordfrac{n}{t} ight floor)的形式，根据记忆化搜索，只会计算一次，于是总时间复杂度的表达式形如：

[egin{aligned} T(n) & = mathcal O(sqrt n)+ sum_{t=1}^{sqrt n}mathcal Oleft(sqrt t ight)+mathcal Oleft( sqrt{frac{n}{t}} ight) \ & sim mathcal Oleft( int_1^{sqrt n}sqrt t+ sqrt{frac{n}{t}} ext dt ight) = mathcal Oleft(n^{frac{3}{4}} ight) end{aligned} ]

如果线性筛处理出(n^{lambda}left(lambdageq dfrac{1}{2} ight))个值，那么时间复杂度就可以优化到：

[T(n)=mathcal O(n^{lambda})+ sum_{t=1}^{n^{1-lambda}}mathcal Oleft(sqrt{frac{n}{t}} ight)sim mathcal Oleft(int_{1}^{n^{1-lambda}}sqrt{ frac{n}{t} } ext d t ight)=mathcal Oleft( n^{lambda}+ n^{1-frac{lambda}{2}} ight) ]

上面的复杂度分析默认(mathrm{S}_{f imes g}(n))和(mathrm{S}_g(n))都可以(mathcal O(1))求，事实上没有(mathrm{S}_{f imes g}(n))没有必要，只要求的时间不超过(mathcal Oleft(n^{frac{2}{3}} ight))就不影响整体复杂度，例如可以再嵌套一个杜教筛。

例题

SPOJ LCMSUM / HDU 4944

(mathbf{Question1:}) (nleq 10^6,Tleq 3 imes 10^5)，求(displaystyle sum_{i=1}^nmathrm{lcm}(i,n))。

(mathbf{Solution:})

[egin{aligned} sum_{i=1}^n ext{lcm}(i,n) & = sum_{i=1}^nfrac{i imes n}{gcd(i,n)} \ & = n imes sum_{d|n} frac{1}{d}sum_{d|i}i[gcd(i,n)=d] \ & = n imessum_{d|n}sum_{i=1}^{n/d}ileft[gcdleft(i,frac{n}{d} ight)=1 ight] \ & = n imessum_{d|n}sum_{i=1}^{n/d}i sum_{k|gcdleft(i,frac{n}{d} ight)}mu(k) \ & = n imes sum_{d|n}sum_{k|frac{n}{d}}mu(k)kmathrm S_1left(frac{n}{dk} ight) \ & = n imes sum_{T|n}mathrm S _1left( frac{n}{T} ight)sum_{k|T}kmu(k) end{aligned} ]

这样子的贡献式子都可以调和级数地枚举处理，时间复杂度(mathcal O(nlog n))。

(mathbf{Question2:}) (n,Tleq 5 imes 10^5)，求(displaystyle sum_{i=1}^nsum_{j=i}^nsum_{d|(i,j)}frac{ij}{gcdleft(frac{i}{d},frac{j}{d} ight)})。

(mathbf{Solution:})

降智思维题。如果直接开始推的话最后会因为(j)的求和下界比较恶心而解决不了问题，但事实上有简单的处理方法：

[ ext{let }f(n)=sum_{i=1}^n sum_{k|(i,n)}frac{i imes n}{gcdleft(frac{i}{k},frac{n}{k} ight)} \ f(n)=sum_{k|n}sum_{i=1}^{n/k }frac{i imes k imes n}{gcdleft(i,frac{n}{k} ight)}=sum_{k|n}k^2sum_{i=1}^{n/k}frac{i imes frac{n}{k}}{gcdleft(i,frac{n}{k} ight)}=sum_{k|n}k^2sum_{i=1}^{n/k}mathrm{lcm}left(i,frac{n}{k} ight) ]

显然(f)是上一题那个函数和(epsilon_2)的(mathrm{dirichlet})卷积，也可以(mathcal O(nlog n))刷表，那么原式就是(displaystyle sum_{i=1}^n f(n))，可以(mathcal O(1))回答询问。

简单的数学题

(mathbf{Question:}) (nleq 10^{10})，求(displaystyle sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n ijgcd(i,j))。

(mathbf{Solution1:})

令(mathrm{S}_k(n)=displaystyle sum_{i=1}^ni^k)，(f(T)=T^2varphi(T))，考虑莫比乌斯反演

[egin{aligned} sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n ijgcd(i,j) & = sum_{d=1}^ndsum_{i=1}^{lfloor n/d floor}sum_{j=1}^{lfloor n/d floor}ij[gcd(i,j)=d] \ & = sum_{d=1}^nd^3sum_{i=1}^{lfloor n/d floor}sum_{j=1}^{lfloor n/d floor}ijsum_{k|gcd(i,j)}mu (k) \ & = sum_{d=1}^n d^3sum_{k=1}^{lfloor n/d floor}mu(k)k^2mathrm{S}_1^2left( left lfloor frac{n}{dk} ight floor ight) \ & = sum_{T=1}^nmathrm{S}_1^2left( left lfloor frac{n}{T} ight floor ight) T^2 sum_{d|T}dmuleft( frac{T}{d} ight) \ & = sum_{T=1}^nmathrm{S}_1^2left( left lfloor frac{n}{T} ight floor ight) T^2 varphi(T) = sum_{T=1}^nmathrm{S}_1^2left( left lfloor frac{n}{T} ight floor ight)f(T) end{aligned} ]

对前式整除分块，考虑用杜教筛快速求(f(T))的前缀和，显然：

[f=epsilon_2cdot varphiLongleftrightarrow f imes epsilon _2 =epsilon_2cdot (varphi imes au)=epsilon_3 ]

这里本质上的构造技巧其实是：(epsilon_k imes epsilon_k = au cdot epsilon_k)，显然(displaystyle sum_{i=1}^nepsilon_2(i)=dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6},sum_{i=1}^nepsilon_3(i)=dfrac{n^2(n+1)^2}{4})都是很好求的，所以可以杜教筛。

(mathbf{Solution2:})

直接考虑欧拉反演

[egin{aligned} sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n ijgcd(i,j) & = sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nijsum_{d|gcd(i,j)} varphi(d) \ & = sum_{d=1}^n varphi(d)d^2mathrm{S}_1^2left( left lfloor frac{n}{d} ight floor ight) end{aligned} ]

Lucas的数论

(mathbf{Question:}) (n,mleq 10^{9})，求(displaystyle sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m au(ij))，其中( au(ij)=sigma_0(ij))表示约数个数。

(mathbf{Solution:})

一个关于积性函数在两数之积处取值的有趣式子：( au(nm)=displaystylesum_{i|n}sum_{j|m}[gcd(i,j)=1])。

(mathbf{Proof:})

不妨设(n=displaystyle prod_{i=1}^k p_i^{alpha_i},m=prod_{i=1}^n p_i^{eta_i},nm=prod_{i=1}^kp_i^{alpha_i+eta_i})，根据算术基本定理，( au(nm)=displaystyle prod_{i=1}^k(alpha_i+eta_i+1))。

设(i=displaystyle prod_{i=1}^k p_i^{u_i},m=prod_{i=1}^n p_i^{v_i})，观察右式，注意到

[sum_{i|n}sum_{j|m}[gcd(i,j)=1]=sum_{i|n}sum_{j|m}prod_{t=1}^k [ u_t = 0 ext{ or } v_t = 0 ] ]

当(u_t=0)时，显然(v_t)有(eta_t+1)种取值，当(v_t=0)时，显然(u_t)有(alpha_t+1)种取值，两者同时取零被算重，所以右式的值总共有(displaystyle prod_{i=1}^k(alpha_i+eta_i+1))种，和左式的值相同。

那么可以考虑莫比乌斯反演

[egin{aligned} sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m au(ij) & = sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{a|i}sum_{b|j} sum_{k|gcd(a,b)} mu(k) \ & = sum _{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{k|gcd(i,j)} mu(k)sum_{k|a}sum_{k|b}[a|i][a|j] \ & = sum _{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{k|gcd(i,j)} mu(k)sum_{a=1}^{ i/k } sum_{b=1}^{ j/k }left[aBig|frac{i}{k} ight] left[bBig|frac{j}{k} ight] \ & = sum _{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{k|gcd(i,j)} mu(k) auleft(frac{i}{k} ight) auleft(frac{j}{k} ight) \ &= sum_{k=1}^{min(n,m)}mu(k) sum_{i=1}^{lfloor n/k floor} au(i)sum_{j=1}^{lfloor m/k floor} au(j) end{aligned} ]

根据(mu imes I=e)可以用杜教筛求(mu)的前缀和，根据( au imes mu=I^2 imes mu=I imes e=I)可以调用(mu)的杜教筛，然后再次杜教筛求( au)的的前缀和。

事实上(mathrm S_ au(n))不用再写一个杜教筛，因为：

[mathrm S_ au(n)=sum_{i=1}^n au(i)=sum_{i=1}^nsum_{j|i}1=sum_{j=1}^nleftlfloor frac{n}{j} ight floor ]

所以我们可以线性筛(mathcal Oleft(n^{frac{2}{3}} ight))个前缀和，然后剩下的整除分块计算，时间复杂度也是(mathcal Oleft(n^{frac{2}{3}} ight))。（不预处理直接暴力的话也是和杜教筛的时间复杂度分析一样的，是(mathcal Oleft(n^{frac{3}{4}} ight))）

最简根式

(mathbf{Question:}) (nleq 10^{12})，求(displaystyle sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n eta(gcd(i,j)))，其中(eta(n)=egin{cases} 0, & n ext{ is a square-free number}, \ 1, & ext{otherwise} end{cases})。

(mathbf{Solution:})

让我们先快进到莫比乌斯反演

[egin{aligned} sum_{i=1}^nsum_{j=1}^neta(gcd(i,j)) & = sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n[ mu(gcd(i,j)) = 0 ] \ & = cdotscdots \ & =sum_{T=1}^nleft lfloor frac{n}{T} ight floor ^ 2sum_{d|T}[mu(d)=0]muleft( frac{n}{d} ight) end{aligned} ]

现在要求函数(f(n)=displaystyle sum_{d|n}[mu(d)=0]muleft(frac{n}{d} ight))的前缀和，就可以对原式整除分块。不妨考虑( ext{dirichlet})卷积，设(lambda(n)=[mu(n)=0])，那么(f = lambda imes muRightarrow f imes I=lambda imes e)，显然(I)的前缀和是好求的，(lambda imes e=lambda)的前缀和要设法快速求解，那样我们就可以杜教筛。

一个重要的发现是：

[mathrm{S}_lambda(n)=sum_{i=1}^n[mu(i)=0]=n-sum_{i=1}^nmu^2(i) ]

这时候要定义(chi(n)=maxlimits_{d^2|n} d)，显然(mu^2(i)=[chi(n)=1]=e(chi(n)))，那么对其再次莫比乌斯反演：

[mathrm{S}_lambda(n)=n-sum_{i=1}^ne(chi(i))=n-sum_{i=1}^nsum_{t|chi(i)}mu(t) \ = n - sum_{i=1}^nsum_{t^2|i}mu(t) = n - sum_{t=1}^{lfloor sqrt{n} floor}mu(t)leftlfloor frac{n}{t^2} ight floor ]

这个东西直接求时间复杂度是(mathcal O(sqrt n))，不影响杜教筛复杂度，显然也可以优化到(Oleft(n^{frac{1}{3}} ight))。

然而这个东西只能做到(mathcal{O}left(Tn^{frac{2}{3}} ight))，并不是正解。我愿称之为莫比乌斯反演的白给。

考虑直接容斥，(gcd)没有平方因子的数对是就是：(gcd)至少有一个平方因子的数对数 (-) (gcd)至少有两个平方因子的数对数 (+ cdots)

写成式子就是：

[-sum_{i=2}^{lfloor sqrt n floor}mu(i) leftlfloor frac{n}{i^2} ight floor ^ 2 ]

直接算的话(mathcal Oleft(sqrt n + Tn^{frac{1}{3}} ight))，结合杜教筛优化到(mathcal Oleft(Tleft(n^{frac{1}{2} imes frac{2}{3}}+n^{frac{1}{3}} ight) ight)=mathcal O left(Tn^{frac{1}{3}} ight)).

CF809E Surprise me!

(mathbf{Question:}) 给定一棵树，点有点权(a_i)，({a_i})是一个(1sim n)的排列，随机选点(u,v(u ot = v))，求(mathbb{E}Big( varphi(a_ua_v)mathrm{dis}(u,v) Big))，(nleq 2 imes 10^5)。

(mathbf{Solution:})

考虑积性函数(varphi)在两数之积处的取值，可知：(varphi(ab)=dfrac{varphi(a)varphi(b)gcd(a,b)}{varphi(gcd(a,b))})。

记(b_{a_i}=i)为排列({a_i})的逆置换，然后开始莫比乌斯反演：

[egin{aligned} mathbb{E}Big( varphi(a_ua_v)mathrm{dis}(u,v) Big) & = frac{1}{n imes (n+1)}sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nvarphi(a_ia_j)mathrm{dis}(i,j) \ sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nvarphi(a_ia_j)mathrm{dis}(i,j) & = sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nfrac{varphi(a_i)varphi(a_j)gcd(a_i,a_j)}{varphi(gcd(a_i,a_j))} imes mathrm{dis}(i,j) \ & = cdotscdots \ & = sum_{T=1}^nleft( sum_{d|T}frac{d}{varphi(d)}muleft( frac{T}{d} ight) ight)sum_{i=1}^{lfloor n/T floor}sum_{j=1}^{lfloor n/T floor} varphi(iT)varphi(jT)mathrm{dis}(b_{iT},b_{jT}) end{aligned} ]

令(zeta=(epsiloncdot varphi ^{-1} ) imes mu)，显然可以(mathcal O(nlog n))预处理。显然可以枚举每一个(T)，把点集(S(T)={b_{kT}|kin N^+})拿出来染色，那么问题转化成了：

有(n)种颜色，每种颜色有权值(v_i)，现在有(mathcal O(nlog n))次染色，如果用(mathcal C(i))表示点(i)被染过的颜色的集合，求(displaystyle sum_{c=1}^nsum_{i=1}^nsum_{j=1}^nmathrm{dis}(i,j)varphi(a_i)varphi(a_j)v_c[cin mathcal C(i)][cin mathcal C(j)])。

显然可以用桶来维护同色贡献，然后就大力拆贡献点分吧（比虚树dp好写好想多了）。

(mathbf{continuously updating...})