积性函数的定义:若 ( a , b ) = 1 (a,b)=1 (a,b)=1,则 f ( a ⋅ b ) = f ( a ) ⋅ f ( b ) f(a\cdot b) = f(a) \cdot f(b) f(a⋅b)=f(a)⋅f(b)。
常见的积性函数有:
φ
\varphi
φ 函数,
μ
\mu
μ
函数等。
积性函数有以下性质:
若 f ( x ) , g ( x ) f(x),g(x) f(x),g(x) 均为积性函数,则 h ( x ) = f ( x ) ⋅ g ( x ) h(x)=f(x)\cdot g(x) h(x)=f(x)⋅g(x) 也为积性函数。
定义 f ∗ g ( n ) f*g(n) f∗g(n) (读作: f f f 卷 g g g, n n n 为大小)为: ∑ i ∣ n f ( i ) ⋅ g ( n i ) \sum\limits_{i | n} f(i)\cdot g\left(\dfrac{n}{i}\right) i∣n∑f(i)⋅g(in)。
狄利克雷卷积有着交换律、结合律,请读者自证。
下面是一些常见函数:
φ , μ , i d , I , ε \varphi,\mu,id,I,\varepsilon φ,μ,id,I,ε
其中 i d ( n ) = n id(n)=n id(n)=n, I ( n ) = 1 I(n)=1 I(n)=1, ε ( n ) \varepsilon(n) ε(n) 在 n = 1 n=1 n=1 时为 1 1 1,否则为 0 0 0。
现在来计算一下: φ ∗ I ( n ) \varphi*I(n) φ∗I(n)
下面为计算过程:
φ
∗
I
(
n
)
=
∑
i
∣
n
φ
(
i
)
=
n
=
i
d
还有一个常见的卷积: μ ∗ I ( n ) = ε \mu*I(n)=\varepsilon μ∗I(n)=ε
下面为证明:
在 n = 1 n=1 n=1 时,显然成立
不妨设: n = α 1 p 1 ⋅ α 2 p 2 ⋯ ⋅ α k p k n=\alpha_1^{p_1}\cdot \alpha_2^{p_2}\cdots \cdot \alpha_k^{p_k} n=α1p1⋅α2p2⋯⋅αkpk
L H S = ∑ i ∣ n μ ( i ) LHS=\sum\limits_{i|n}\mu(i) LHS=i∣n∑μ(i)
由于 μ ( i ) \mu(i) μ(i) 只有在不包含平方因子的时候才不是 0 0 0,所以:
L
H
S
=
(
n
0
)
−
(
n
1
)
+
(
n
2
)
−
⋯
=
∑
i
=
0
k
(
−
1
)
i
⋅
1
k
−
i
⋅
(
n
i
)
=
0
与 ε \varepsilon ε 的定义正好符合。
证毕。
相信你已熟知狄利克雷卷积,接下来我们进入杜教筛部分。
杜教筛是在高效的复杂度内求出一个积性函数的前缀和。
不妨设该函数为 f ( n ) f(n) f(n),其前缀和为 S ( n ) S(n) S(n),我们构造了另一个积性函数 g ( n ) g(n) g(n)。
接下来我们推一个式子:
∑
i
=
1
n
g
∗
f
(
i
)
=
∑
i
=
1
n
∑
j
∣
i
g
(
i
)
⋅
f
(
n
i
)
=
∑
j
=
1
n
∑
i
=
1
⌊
n
j
⌋
g
[
j
]
⋅
f
(
i
)
=
∑
i
=
1
n
g
(
i
)
⋅
S
(
⌊
n
i
⌋
)
接下来考虑 g ( 1 ) ⋅ S ( n ) g(1)\cdot S(n) g(1)⋅S(n),即得到:
g
(
1
)
⋅
S
(
n
)
=
∑
i
=
1
n
g
(
i
)
⋅
S
(
⌊
n
i
⌋
)
−
∑
i
=
2
n
g
(
i
)
⋅
S
(
⌊
n
i
⌋
)
=
∑
i
=
1
n
g
∗
f
(
i
)
−
∑
i
=
2
n
g
(
i
)
⋅
S
(
⌊
n
i
⌋
)
所以,如果我们构造的 g g g 满足如下条件:
然后注意到后面所减去的 S ( ⌊ n i ⌋ ) S(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor) S(⌊in⌋) 是可以数论分块的,可以直接递归求得,这样复杂度为 n 3 4 n^{\frac{3}{4}} n43。
考虑到当我们要求的 S ( x ) S(x) S(x) 小于阙值时,可以通过线性筛预处理出,大于等于阙值时,通过上述方式递归即可。
当阙值取 n 2 3 n^\frac{2}{3} n32 时,复杂度最优,为 n 2 3 n^\frac{2}{3} n32。
本题即求 φ \varphi φ 和 μ \mu μ 的前缀和。
下面介绍求 φ \varphi φ 的前缀和, μ \mu μ 同理,此处不分析。
我们取 g ( n ) = I ( n ) g(n)=I(n) g(n)=I(n),上面已证: φ ∗ I = i d \varphi*I=id φ∗I=id
所以,可得:
S
(
n
)
=
∑
i
=
1
n
g
∗
f
(
i
)
−
∑
i
=
2
n
g
(
i
)
⋅
S
(
⌊
n
i
⌋
)
=
∑
i
=
1
n
i
−
∑
i
=
2
n
S
(
⌊
n
i
⌋
)
=
n
⋅
(
n
+
1
)
2
−
∑
i
=
2
n
S
(
⌊
n
i
⌋
)
AC code
:
#include
using namespace std;
#define int long long
const int N = 3000300;
int T, n, B;
int a[N], cnt;
bool b[N];
int mu[N], phi[N], summu[N], sumphi[N];
unordered_map<int, int> smu, sphi;
void Get_Prime(int n) {
phi[1] = 1;
mu[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (!b[i]) {
a[++cnt] = i;
phi[i] = i - 1;
mu[i] = -1;
}
for (int j = 1; j <= cnt && a[j] * i <= n; ++j) {
b[a[j] * i] = 1;
phi[a[j] * i] = phi[i] * (a[j] - 1);
mu[a[j] * i] = -mu[i];
if (i % a[j] == 0) {
phi[a[j] * i] = phi[i] * a[j];
mu[a[j] * i] = 0;
break;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
summu[i] = summu[i - 1] + mu[i], sumphi[i] = sumphi[i - 1] + phi[i];
return;
}
int GetSphi(int n) {
if (n <= B)
return sumphi[n];
if (sphi.count(n) > 0)
return sphi[n];
int ans = n * (n + 1) / 2;
for (int l = 2, r; l <= n;) {
int val = n / l;
r = n / val;
ans -= (r - l + 1) * GetSphi(val);
l = r + 1;
}
sphi[n] = ans;
return ans;
}
int GetSmu(int n) {
if (n <= B)
return summu[n];
if (smu.count(n) > 0)
return smu[n];
int ans = 1;
for (int l = 2, r; l <= n;) {
int val = n / l;
r = n / val;
ans -= (r - l + 1) * GetSmu(val);
l = r + 1;
}
smu[n] = ans;
return ans;
}
signed main() {
scanf("%lld", &T);
Get_Prime(N - 1);
for (int __ = 1; __ <= T; ++__) {
scanf("%lld", &n);
B = pow(n, 2.0 / 3);
printf("%lld %lld\n", GetSphi(n), GetSmu(n));
}
return 0;
}
给定一个 n n n,求出有多少个整数 a , b , c , d ∈ [ 1 , n ] a,b,c,d \in [1,n] a,b,c,d∈[1,n],满足: a ⋅ b = c ⋅ d a\cdot b = c\cdot d a⋅b=c⋅d。
数据范围: 1 ≤ n ≤ 1 0 11 1 \le n \le 10^{11} 1≤n≤1011。
注意到原式等价于: a c = b d \frac{a}{c}=\frac{b}{d} ca=db,考虑将这一类分数约分后归为一类: p q ( p , q ) = 1 \frac{p}{q} (p,q)=1 qp(p,q)=1。那么方案数:
∑
p
=
1
n
∑
q
=
1
n
[
(
p
,
q
)
=
1
]
⋅
n
max
(
p
,
q
)
2
=
2
⋅
∑
p
=
1
n
∑
q
=
1
p
[
(
p
,
q
)
=
1
]
⋅
⌊
n
p
⌋
2
−
n
2
=
2
⋅
∑
p
=
1
n
⌊
n
p
⌋
2
⋅
φ
(
p
)
−
n
2
我们记 k = ∑ p = 1 n ⌊ n p ⌋ 2 ⋅ φ ( p ) k=\sum_{p=1}^n\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor^2\cdot \varphi(p) k=∑p=1n⌊pn⌋2⋅φ(p),则答案为 2 ⋅ k − n 2 2\cdot k-n^2 2⋅k−n2
k
=
∑
i
=
1
n
φ
(
i
)
⋅
⌊
n
i
⌋
2
=
∑
i
=
1
n
φ
(
i
)
∑
j
=
1
⌊
n
i
⌋
(
2
j
−
1
)
=
2
⋅
∑
i
⋅
j
≤
n
φ
(
i
)
⋅
j
−
∑
i
⋅
j
≤
n
φ
(
i
)
=
2
⋅
∑
T
=
1
n
∑
d
∣
T
φ
(
d
)
⋅
T
d
−
∑
T
=
1
n
∑
d
∣
T
φ
(
d
)
=
2
⋅
∑
i
=
1
n
φ
∗
i
d
(
i
)
−
∑
i
=
1
n
i
现在已经很明朗了。
我们再记 a n s = ∑ i = 1 n φ ∗ i d ( i ) ans=\sum_{i=1}^n\varphi*id(i) ans=∑i=1nφ∗id(i),在 k = 2 ⋅ a n s − n ∗ ( n + 1 ) 2 k=2\cdot ans - \frac{n*(n+1)}{2} k=2⋅ans−2n∗(n+1)。
那么 a n s ans ans 也就是积性函数 f ( n ) = φ ∗ i d ( n ) f(n)=\varphi*id(n) f(n)=φ∗id(n) 的前缀和。
我们考虑给他卷上一个 I I I,注意到狄利克雷卷积具有交换律,所以其等价于 φ ∗ I ∗ i d ( n ) \varphi*I*id(n) φ∗I∗id(n),即 i d ∗ i d ( n ) = ∑ d ∣ n d ⋅ n d = n id*id(n)=\sum_{d|n} d\cdot \frac{n}{d}=n id∗id(n)=∑d∣nd⋅dn=n,所以它的值就是 n ⋅ p ( n ) n\cdot p(n) n⋅p(n), p ( n ) p(n) p(n) 为 n n n 的约数个数。考虑如何快速求出 i d ∗ i d ( n ) id*id(n) id∗id(n),继续推式子。
∑
i
=
1
n
i
d
∗
i
d
(
i
)
=
∑
i
=
1
n
∑
j
=
1
⌊
n
i
⌋
i
⋅
j
=
∑
i
=
1
n
i
⌊
n
i
⌋
⋅
(
⌊
n
i
⌋
+
1
)
2
这个可以通过整除分块,根号复杂度内求得,剩下的就是直接杜教筛即可。
式子:
s u m n = ∑ i = 1 n i d ∗ i d ( i ) − ∑ i = 2 n s u m n / i sum_n=\sum_{i=1}^nid*id(i)-\sum_{i=2}^nsum_n/i sumn=i=1∑nid∗id(i)−i=2∑nsumn/i
前半部分和后半部分皆用整除分块,复杂度还是 θ ( n 2 3 ) \theta(n^\frac{2}{3}) θ(n32)。
Warning
:此题数据范围有点大,需要 __int128
。
AC code
:
#include
using namespace std;
#define int __int128
const int N = 4000010, M = 400010;
int T, B, n;
int a[M], cnt;
int v[N];
int pwr[N];
int tim[N];
int pid[N];
map<int, int> mp;
void Get_Prime(int n) {
for (int i = 1; i <= n; ++i)
v[i] = i;
pid[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (v[i] == i) {
a[++cnt] = i;
pwr[i] = 1;
tim[i] = i;
pid[i] = 2 * i - 1;
}
for (int j = 1; j <= cnt && a[j] * i <= n; ++j) {
v[a[j] * i] = a[j];
pwr[a[j] * i] = 1;
tim[a[j] * i] = a[j];
pid[a[j] * i] = pid[a[j]] * pid[i];
if (i % a[j] == 0) {
tim[a[j] * i] = tim[i] * a[j];
pwr[a[j] * i] = pwr[i] + 1;
int val = tim[a[j] * i], pval = val + pwr[a[j] * i] * (v[a[j] * i] - 1) * val / v[a[j] * i];
pid[a[j] * i] = pid[a[j] * i / val] * pval;
break;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
pid[i] += pid[i - 1];
return;
}
int ask(int n) {
if (n <= B)
return pid[n];
if (mp.count(n) > 0)
return mp[n];
int ans = 0;
for (int l = 1, r; l <= n;) {
int val = n / l;
r = n / val;
ans += (r - l + 1) * (l + r) / 2 * val * (val + 1) / 2;
l = r + 1;
}
for (int l = 2, r; l <= n;) {
int val = n / l;
r = n / val;
ans -= (r - l + 1) * ask(val);
l = r + 1;
}
mp[n] = ans;
return ans;
}
__int128 readin() {
__int128 x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {
if (ch == '-')
f = -1;
ch = getchar();
}
while (ch >= '0' && ch <= '9') {
x = x * 10 + (ch ^ 48);
ch = getchar();
}
return x * f;
}
void print(__int128 x) {
if (x < 0)
puts("-"), x = -x;
if (!x) {
return;
}
print(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
return;
}
signed main() {
Get_Prime(N - 1);
B = N - 1;
T = readin();
for (int __ = 1; __ <= T; ++__) {
n = readin();
int ans = ask(n);
ans = ans * 2 - n * (n + 1) / 2;
ans = ans * 2 - n * n;
print(ans);
puts("");
}
return 0;
}