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数论入门

由 半世苍凉 提交于 2020-03-01 08:47:13

abstract

线性筛与容斥
本文解决以下问题：
\(\sum\limits ^{n}_{i=1} i[ gcd( i,n) =1] =\frac{N*\phi (N)}{2}\)
\(\sum\limits ^{n}_{i=1}\sum\limits ^{n}_{i=1}[ gcd( i,j) =p]\)
\(\sum\limits ^{n}_{i=1} gcd( i,n) \\)
\(\sum\limits ^{n}_{i=1}\sum\limits ^{n}_{j=i+1} gcd( i,j)\)
\(\sum\limits ^{n}_{i=1}\sum\limits ^{m}_{j=1} gcd( i,j) *2-1\)
技巧：
线性筛求积性函数 nlogn(Eratosthenes)筛求约数和
欧拉函数性质+代数(求和)变换 求gcd,lcm的和
莫比乌斯函数求容斥
倒着更新容斥
\(\ \sum\limits _{d|n} d = \sigma(n) = \frac{p_1^{e_1 + 1} - 1}{p_1 - 1} \cdot \frac{p_2^{e_2 + 1} - 1}{p_2 - 1} \cdots \frac{p_k^{e_k + 1} - 1}{p_k - 1}\)

proofs

最关键公式之一\(\sum\limits ^{n}_{i=1} gcd( i,n) \ = \sum\limits _{d|n} phi( d) *\frac{d}{n} = \ \sum\limits ^{n-1}_{i=1}\sum\limits ^{n-1}_{j=1}[ n|ij]\) 的证明，来自edward108
个人觉得\(\sum\limits ^{n}_{i=1} gcd( i,n) \ 显然= \sum\limits _{d|n} phi( d) \times\frac{d}{n}\) (如果你知道\(\sum\limits _{d|n} phi (d) = n\)的话，下面会证明）
\(\sum\limits ^{n}_{i=1}\sum\limits ^{n}_{j=1}\left[\frac{n}{gcd( i,j)} |j\right] 显然=\sum\limits ^{n}_{i=1}\sum\limits ^{n}_{j=1}\frac{n}{\frac{n}{gcd( i,j)}}\)啦233

关键引理之一\(\sum\limits _{d|n} phi (d) = n\)

//上面证明复习的时候发现看不懂了。。。于是翻译成人话如下：(图中$phi( n/i)应为phi( n/d)$)
//每个 i (1 <= i <= n) 与n的gcd一定是n的约数。
//换一种说法，我们枚举每个n的约数d，将gcd(i,n)==d的i个数统计起来，结果就是n。
//而按照套路处理gcd(i,n)==d，两边除掉d有gcd(i/d,n/d)==1 ，以套用欧拉函数。
//于是gcd(i,n)==d的i个数等于与n/d互质的个数，等于phi(n/d)。
//上面证明的例子，n=12
d  i        phi(n/d) 
12 12       1  phi(1)
6  6        1  phi(2)
4  4  8     2  phi(3)
3  3  9     2  phi(4)
2  2 10     2  phi(6)
1  1 5 7 11 4  phi(12)

P2568 or BZOJ2568 GCD

题意

\(\sum\limits ^{n}_{i=1}\sum\limits ^{n}_{i=1}[ gcd( i,j) =p]\)
求1~n内有多少有序对gcd(x,y)是素数

题解

发现gcd(x,y)==1的对数是phi的前缀和-1。
所以我们对每个素数p，在gcd(x,y)=p两边除掉p来凑形式。

代码

typedef long long ll;

const int N = 1e7+9;
int lp[N + 1];


vector<int> pr;


ll phi[N+1];
ll ans[N + 1];
void sieve_phi() {
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= N; ++i) {
        if (lp[i] == 0) {
            lp[i] = i;
            phi[i] = i - 1;
            pr.push_back(i);
        }
        for (int j = 0; j < (int)pr.size() && pr[j] <= lp[i] && i*pr[j] <= N; ++j)
        {
            lp[i * pr[j]] = pr[j];
            if (i%pr[j])phi[i*pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1);
            else phi[i*pr[j]] = phi[i] * pr[j];
        }
    }
    rep(i, 1, N) {
        phi[i] = phi[i - 1] + phi[i];
    }
}


int main() {
    sieve_phi();
    int n;
    cin >> n;
    ll ans = 0;
    for (int j = 0; j < (int)pr.size() && pr[j] <= n; j++)
        ans += phi[n / pr[j]] * 2ll - 1ll;
    cout << ans << endl;
    cin >> n;
}

心路历程



POJ2480


题意


\(\sum\limits ^{n}_{i=1} gcd( i,n)\)


题解


原式=\(\sum\limits _{d|n} phi( d) *\frac{d}{n}\)

这样暴力搜约数就能过了，

不过还有更快的，狂推公式


n>1时 \(n=p1^a1*p2^a2*...*ps^as\)，p为n的质因子，

那么f(n)是积性函数的充要条件是f(1)=1，及f(n) = f(p1^a1)f(p2^a2)...f(pr^ar)，所以只要求f(pi^ai)就好。


\(f(pi^ai) = Φ（pi^ai）+pi*Φ（pi^(ai-1)）+pi^2*Φ（pi^(ai-2)）+...+pi^(ai-1)* Φ（pi）+ pi^ai *Φ（1\)


根据性质1，我们可以做出如下化简


\(f(pi^ai)=[pi^(ai-1)*(pi-1) ] + [pi*pi^(ai-2)*(pi-1)] + [pi^2*pi^(ai-3)*(pi-1)] + [pi^3*pi^(ai-4)*(pi-1)]....[pi^(ai-1)*pi^(ai-ai)*(pi-1)]+pi^ai ①\)


然后对①提取公因子（pi-1）


\(f(pi^ai)=(pi-1){[pi^(ai-1) ] + [pi*pi^(ai-2)] + [pi^2*pi^(ai-3)] + [pi^3*pi^(ai-4)]....[pi^(ai-1)*pi^(ai-ai)]+[pi^ai/(pi-1)]} ②\)


紧接着我们发现出了最后一项每个[]每个方括号内乘积都等于pi^(ai-1),所以对②提取公因子pi^(ai-1)


\(f(pi^ai)=(pi-1)*pi^(ai-1)*{ai+[pi/(pi-1)]} ③\)


然后把(pi-1)/pi放进括号里得


\(f(pi^ai)=pi^(ai)*{1+ai*(pi-1)/pi} ④\)


这个 ④是单个f(pi^ai)的公式，我们提取所有的pi^(ai)相乘实际上就是n了，所以我们可以得到f(n)的公式：f(n)=n∏（1+ai(pi-1)/pi）


代码


typedef long long LL;
LL euler(LL n){
    LL res=n;
    for(LL i=2;i*i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            res=res/i*(i-1);
            while(n%i==0) n/=i;
        }
    }
    if(n>1)  res=res/n*(n-1);
    return res;
}
int main(){
    LL n;
    while(scanf("%lld",&n)!=EOF){
        LL ans=0;
        for(LL i=1;i*i<=n;i++){
            if(n%i==0){
                ans+=euler(n/i)*i;
                if(i*i<n) ans+=euler(i)*(n/i);
            }
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}




typedef long long LL;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    int n;
    while(cin>>n){
        LL i,sqr,p,a,ans;
        ans=n;
        sqr=floor(sqrt(1.0*n));
        for(int i=2;i<=sqr;i++){
            if(n%i==0){
                a=0;p=i;
                while(n%p==0){
                    a++;n/=p;
                }
                ans=ans+ans*a*(p-1)/p;
            }
        }
        if(n!=1) ans=ans+ans*(n-1)/n;
        cout<<ans<<endl;
    }        
    return 0;
}


心路历程


代数好差orz 根本看不出形式


UVA - 11426


题意


\(\sum\limits ^{n}_{i=1}\sum\limits ^{n}_{j=i+1} gcd( i,j)\)


题解


上一题的弱化版套一个前缀和。

因为n的取值变小了，所以\(\sum\limits _{d|n} phi( d) *\frac{d}{n}\)可以用log筛了,


代码


//头文件省略
const ll N = 4e6 ;

ll g[N + 1];
ll s[N + 1];

int lp[N + 1];
vector<int> pr;
ll phi[N + 1];
ll ans[N + 1];
int mu[N + 1];
void sieve_phi() {
    phi[1] = 1;
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= N; ++i) {
        if (lp[i] == 0) {
            lp[i] = i;
            phi[i] = i - 1;
            mu[i] = -1;
            pr.push_back(i);
        }
        for (int j = 0; j < (int)pr.size() && pr[j] <= lp[i] && i*pr[j] <= N; ++j)
        {
            lp[i * pr[j]] = pr[j];
            if (i%pr[j] != 0)phi[i*pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1), mu[i*pr[j]] = -mu[i];
            else phi[i*pr[j]] = phi[i] * pr[j];
        }
    }
}
void init() {
    rep(i, 1, N)
        for (int j = 1; j*i <= N; j++)
            //g[j*i] +=(i==1?1: phi[i] * j);
            g[j*i] += phi[i] * j;
    s[2] = g[2]-2;
    rep(i, 3, N)g[i] -= i, s[i] = s[i - 1] + g[i];
}
int main() {

    ll n;
    sieve_phi();
    init();
    while (cin >> n) {
        if (n == 0)break;
        cout << s[n]<<endl;
    }


}



心路历程


i<j 没注意，QAQ



P1447 [NOI2010]能量采集


题意


\(\sum\limits ^{n}_{i=1}\sum\limits ^{m}_{j=1} gcd( i,j) *2-1\)


题解


按套路枚举所有gcd D，计算gcd(i,j)=D的(i,j)对，记作f[n]
\(\sum\limits ^{n}_{d=1}\sum\limits ^{n}_{i=1}\sum\limits ^{m}_{j=1}[ gcd( i,j) =d] *( 2d-1)\)

f[n]的用容斥，实现是倒着更新


代码


//头文件省略


ll n, m;
ll f[N];
void init(){
    per(i, n, 1) {
        f[i] = (n / i)*(m / i);
        for (int j = 2; j*i <= n; j++) {
            f[i] -= f[i*j];
        }
    }

}
int main() {
    cin >> n >> m;
    
    if (n > m)swap(n, m);
    init();
    ll ans = 0;
    rep(i, 1, n) {
        ans += f[i]*(2*i-1);
    }
    cout << ans << endl;;
    cin >> n;
}


心路历程


orz



P4318 完全平方数 || BZOJ 2440


题意


求第k大的无平方因子数


题解


先二分，猜一个数，判它是第几大。

判的算法：

考虑和莫比乌斯mu的关系。

对于某个数i，对答案的贡献是n/i^2。

而mu就是容斥符号。


代码


const int N = 1e6+9;
int lp[N + 1];


vector<int> pr;


ll phi[N+1];
ll ans[N + 1];
int mu[N + 1];
void sieve_phi() {
    phi[1] = 1;
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= N; ++i) {
        if (lp[i] == 0) {
            lp[i] = i;
            phi[i] = i - 1;
            mu[i] = -1;
            pr.push_back(i);
        }
        for (int j = 0; j < (int)pr.size() && pr[j] <= lp[i] && i*pr[j] <= N; ++j)
        {
            lp[i * pr[j]] = pr[j];
            if (i%pr[j]!=0)phi[i*pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1), mu[i*pr[j]] = -mu[i];
            else phi[i*pr[j]] = phi[i] * pr[j];
        }
    }
}
ll order(ll x) {
    ll ret = 0;
    for (ll i = 1; i*i <= x; i++)ret += mu[i] * (x / (i*i));
    return ret;
}

int main() {
    sieve_phi();
    int n;
    cin >> n;
    while (n--) {
        int k;
        cin >> k;
        ll l=1, r=k<<1;
        while (l <= r) {
            ll mid = (l + r) >> 1;
            if (order(mid) >= k)r = mid-1;
            else l = mid + 1;
        }
        cout << l << endl;
    }
    
    cin >> n;
}
/*
4
1
13
100
1234567
*/




心路历程




SP5971 || spoj LCM sum


题意


求 \(\sum\limits ^{n}_{i=1} lcm( i,n)\)


题解


欧拉函数性质。
\(\sum\limits ^{n}_{i=1} i[ gcd( i,n) =1] =\frac{N*\phi (N)}{2}\)

然后枚举gcd来拆出这个公式，


最后用调和级数筛来算约数求和。


代码


#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<assert.h>

#include<math.h>
#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<string>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<list>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for(int i = (int)j;i <= (int)k;i ++)
//#define rep(i, n) for (int i = 0, _n = (int)(n); i < _n; ++i)
//#define int long long
#define REP(i,j,k) for(int i = (int)j;i < (int)k;i ++)
#define per(i,j,k) for(int i = (int)j;i >= (int)k;i --)
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<(x)<<endl
#define mmm(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define md(x) x=(x+mod)%mod
#define FAST_IO ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr)
#define precise(x) fixed << setprecision(x)
typedef long long ll;

const int N = 1e6+9;
int lp[N + 1];
int mu[N + 1],vis[N+1];

vector<int> pr;


int phi[N+1];
ll ans[N + 1];
void sieve_phi() {
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= N; ++i) {
        if (lp[i] == 0) {
            lp[i] = i;
            phi[i] = i - 1;
            pr.push_back(i);
        }
        for (int j = 0; j < (int)pr.size() && pr[j] <= lp[i] && i*pr[j] <= N; ++j)
        {
            lp[i * pr[j]] = pr[j];
            if (i%pr[j])phi[i*pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1);
            else phi[i*pr[j]] = phi[i] * pr[j];
        }
    }
    rep(i, 1, N) {
        for (int j = 1; i*j <= N; j++) {
            ans[i*j] += (i == 1 ? 1 : 1ll * phi[i] * i / 2);
        }
    }
}


int main() {
    sieve_phi();
    int t; cin >> t;
    while (t--) {
        int x;
        cin >> x;
        cout << ans[x] * 1ll*x << endl;
    }
    //cin >> t;
}




心路历程







      
  

    
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