前言
之前写过一篇名叫基础数论总结的博客,自己认为写得不是很好,当时刚开始用CSDN写博客,LATEX公式写得不是很熟练,花了快3个月才写完,而且写得比较杂,有的地方也写得不够全,后来也没去改过
这次疫情期间,学校老师让我写一篇数论总结的博客,让我回学校后和其他同学分享,于是就有了这一系列博客
对于以前那篇,如果有不懂的可以自行在百度上查询,我也不会再去更改了因为懒
一些需要使用到的数论知识
简单的知识
在我的另一篇博客中已经有了,这里就不再赘述
简化的if语句
在数论中,我们常常使用[P]来表示一个命题的正误
如果P是一个真命题,那么[P]的值就是1,反之,如果是假命题,值就是0
其实就相当于:
1 | if(P) [P]=1; |
数论函数
概念
数论函数指定义域为正整数的函数,每个数论函数都可视为复数的序列——度娘(有删改)
积性函数
在数论函数中,最重要的性质就是积性,虽然我前面那篇博客已经写过了,但是因为太重要了,我还是要在写一遍
积性函数一共分为两类
(普通的)积性函数
对于所有的积性函数,都满足一个性质:∀a,b∈\Z+且gcd(a,b)=1,则f(ab)=f(a)f(b)
例如,欧拉函数φ(n)就是一个典型的积性函数
完全积性函数
某些特殊的积性函数会满足:∀a,b∈\Z+,则f(ab)=f(a)f(b),我们把这些函数叫做完全积性函数
最明显的完全积性函数就是id(n)=n,这显然是一个完全积性函数
常见数论函数
首先,是三个完全积性函数:
- ϵ(n)=[n==1](单位元)
- I(n)=1
- id(n)=n
emmm……其实后面两个啥用都没有
接着,是一些常见的积性函数
- φ(n)=n×∏质数p|n(1−1p)(欧拉函数)
- μ(n)={(−1)tn无平方因子,质因数个数为t0n有平方因子(莫比乌斯函数,后面讲莫比乌斯反演时有用)
- τ(n)=∑d|n1(正因子个数)
- σ(n)=∑d|nd(正因子和)
不是积性函数的数论函数好像没有几个会考的,所以我也不列举了其实我也不知道
莫比乌斯反演
小小的计算
在讲述这个看似高级的东西之前,我们做一个小小的计算
我们假设有两个数论函数f(n)和F(n),满足F(n)=∑d|nf(d)
那么,我们来枚举一下前几项
F(1)=f(1),F(2)=f(1)+f(2),F(3)=f(1)+f(3),F(4)=f(1)+f(2)+f(4),F(5)=f(1)+f(5)
F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6),F(7)=f(1)+f(7),F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8),F(9)=f(1)+f(3)+f(9)
接着,我们来尝试着倒过来表示,枚举一下前几项
f(1)=F(1),f(2)=F(2)−F(1),f(3)=F(3)−F(1),f(4)=F(4)−F(2),f(5)=F(5)−F(1)
f(6)=F(6)−F(3)−F(2)+F(1),f(7)=F(7)−F(1),f(8)=F(8)−F(4),f(9)=F(9)−F(3)
我们来从中寻找一下规律,用f(n)=∑d|ng(d)F(nd)表示
问题是,f(d)究竟是多少呢?
我们来求一下:
g(1)=1,g(2)=−1,g(3)=−1,g(4)=0,g(5)=−1,g(6)=1,g(7)=−1,g(8)=0,g(9)=0
好像有平方因子的都是0,但是无平方因子的呢?好像都是1和−1,但是什么时候是1,什么时候又是−1呢?
通过观察,我们可以发现:g(n)=(−1)t,t为n的质因子个数!
因此这个函数可以表示为:
g(n)={(−1)tn无平方因子,质因数个数为t0n有平方因子
我们把这个函数成为莫比乌斯函数,用μ(n)来表示
那么,我们得出来一个漂亮的式子:f(n)=∑d|nμ(d)F(nd)
话说我们不是要讲高端的莫比乌斯反演吗,怎么讲了这么多废话?
这就是莫比乌斯反演啊!我们不知不觉的已经讲完了,是不是一点都不难呢?
其实,莫比乌斯反演的本质就是一个容斥,所以在做题时,我们可以先做出这个容斥,然后再考虑如何使用莫比乌斯反演
莫比乌斯函数
接下来,我们来具体讲解一下莫比乌斯反演中的一个重要元素——莫比乌斯函数
性质
莫比乌斯函数有几个简单的性质,大家可以了解一下
①∑d|nμ(d)={1(n=1)0(n>1)
证明:当n=1时,∑d|nμ(d)=μ(1)=1(显然)
当n>1时,设n=k∏i=1pαii
又∵中质因子个数为t的因子只有\binom{k}{r}个
\therefore \sum \limits_{d|n}\mu(d)=\sum \limits_{i=0}^{k} (-1)^i\binom{k}{i}=(1-1)^k=0
注:倒数第二步用到了二项式定理,在我的另一篇讲解组合计数的博客中有写到(该博客目前还未完成,不会的自行百度)
②\sum \limits_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\varphi(d)}{d}
证明:令F(n)=n,f(n)=\varphi(n)
\therefore F(n)=\sum \limits_{d|n}f(d)(显然,不会的话自己思考一下)
\therefore f(n)=\sum \limits_{d|n}\mu(d)F\left(\frac{n}{d}\right)
\therefore \sum \limits_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\varphi(d)}{d}
③\mu(n)为积性函数
证明:设n=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_i},m=\prod\limits_{i=1}^{t}q_i^{\beta_i}
\therefore若\exists \alpha_i>1或\beta_i>1,则\mu(mn)=0=\mu(m)\mu(n)
否则,\mu(mn)=(-1)^{k+t}=(-1)^k(-1)^t=\mu(m)\mu(n)
计算方法
讲了这么多,我还是不知道莫比乌斯反演怎么求啊!
别着急,我这就讲
因为莫比乌斯函数是积性函数,我们可以使用线性筛来求解
线性筛大家应该都知道吧?我们在求解欧拉函数时就使用了这个方法,因为欧拉函数也是积性函数
具体代码如下:
1 | int MU(){ |
在我的github仓库中,有这些模板代码,大家可以自己去拷贝
莫比乌斯反演的严格证明
我们之前是用找规律的手法推出莫比乌斯反演的,那我们可不可以严格的证明呢?
显然是可以的,下面是证明过程:
\because \sum \limits_{d|n}\mu(d)F\left(\frac{n}{d}\right)=\sum \limits_{d|n}\mu(d)\sum \limits_{i|\frac{n}{d}}f(i)=\sum \limits_{i|n}f(i)\sum \limits_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)
\therefore根据莫比乌斯函数的性质①,可知\sum \limits_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)=[i==n]
\therefore \sum \limits_{d|n}\mu(d)F\left(\frac{n}{d}\right)=\sum \limits_{i|n}f(i)\sum \limits_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)=\sum \limits_{i|n}f(i)[i==n]=f(n)
这就是莫比乌斯反演证明的全过程了,只有3行,但信息量很大,请大家好好消化这段证明过程
例题
如果你已经掌握了上面的所有内容,那么恭喜你,你已经学完了莫比乌斯反演的全部内容了,剩下的就是实际练习了
在这里,我只详细写一道例题的题解,剩下的请大家自行完成(也可能会另外发题解在其他文章中)
[HAOI2011]Problem b
这是一道最最经典的莫比乌斯反演的题目,基本上每篇有例题的讲莫比乌斯反演的博客都会讲这道题
题目
题目描述
对于给出的n个询问,每次求有多少个数对(x,y),满足a \leqslant x \leqslant b,c \leqslant y \leqslant d,且\gcd(x,y) = k,\gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数
输入格式
第一行一个整数n,接下来n行每行五个整数,分别表示a,b,c,d,k
输出格式
共n行,每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数
输入输出样例
输入
1 | 2 |
输出
1 | 14 |
说明/提示
对于100\%的数据满足:1 \leqslant n,k \leqslant 5 \times 10^4,1 \leqslant a \leqslant b \leqslant 5 \times 10^4,1 \leqslant c \leqslant d \leqslant 5 \times 10^4
题解
算法1(20分)
我们先不要考虑什么莫比乌斯反演之类的高级东西,先从简单出发,一步步深入,最终A掉这些题
这也是初学莫比乌斯反演,乃至学习新的数论算法的一个重要方法
你能想到的最最最暴力的方法是什么?当然是枚举啦!
枚举[a,b]之间的x和[c,d]之间的y,判断gcd(x,y)是否等于k就完事了
能不能稍微优化一下呢?当然可以!
我们枚举\left[\lceil\frac{a}{k}\rceil,\lfloor\frac{b}{k}\rfloor\right]之间的x’和\left[\lceil\frac{c}{k}\rceil,\lfloor\frac{d}{k}\rfloor\right]之间的y’,判断gcd(x’,y’)是否等于1即可,效率为\Theta\left(T\frac{nmlog\frac{n}{k}}{k^2}\right)
算法2(50分)
设Ans_{n,m}为a=1,b=n,c=1,d=m的情况下的答案
那么,这道题的答案就是Ans_{b,d}-Ans_{a-1d}-Ans_{b,c-1}+Ans_{a-1,c-1}了
那如何优化计算Ans_{n,m}呢?
首先,可以采用和算法一一样的方法,转化为求\sum \limits_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum \limits_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(x,y)==1]
接着,我们假设f_x=\sum \limits_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(x,y)==1],那么,Ans_{n,m}=\sum \limits_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} f_x
所以,我们只需要求出f_x就可以了
设x=\prod \limits_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_i}
那么,$f(x)=\lfloor\frac{m}{k}\rfloor+\sum\limits_{j=1}^{k}(-1)^{j}\sum\limits_{1\leqslant i_1
算法3(还是50分)
假设f_k=\sum \limits_{x=1}^{n}\sum \limits_{y=1}^{m}[gcd(x,y)==k],g_k=\sum \limits_{x=1}^{n}\sum \limits_{y=1}^{m}[k|gcd(x,y)]
那么,我们可以轻松地得出:g_k=\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}f_{kd}=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor
所以,我们就可以得到:f_{ki}=g_{ki}-\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}f_{kij}
时间复杂度为\Theta\left(T\frac{n}{k}log\left(\frac{n}{k}\right)\right)
算法4(70分)
接下来,我们就要真正使用到莫比乌斯反演了
因为g_k=\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}f_{kd},所以f_k=\sum \limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu_dg_{kd}=\sum \limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu_d\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor
使用线性筛预处理\mu_d,复杂度为\Theta\left(n+T\frac{n}{k}\right)
算法5(100分)
看到\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor这种式子,大家应该都能反应过来要使用数论分块进行计算
以计算\sum\limits_{d=1}^{n}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor为例,讲解数论分块算法
枚举每一个\lfloor\frac{n}{d}\rfloor和\lfloor\frac{m}{d}\rfloor都分别相等的块,假设开始位置为i,那么结束位置j=min\left(\left\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{\lfloor\frac{m}{i}\rfloor}\right\rfloor\right)
这样的话,复杂度就是\Theta(n+T(\sqrt{n}+\sqrt{m}))
正解代码:
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参考资料
- WC2016中山纪念中学宋新波莫比乌斯反演PPT
- PoPoQQQ的莫比乌斯反演PPT
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