数论1.1(一些函数及筛法)
一些定义
数论函数:定义域在正整数的函数
积性函数:\(\forall a\perp b,f(ab)=f(a)\times f(b)\)
完全积性函数:\(\forall a,b,f(ab)=f(a)\times f(b)\)
栗子
- 常数函数\[1(i)=1\]
- 幺元函数\[e(n)=[n=1]\]
- 恒等函数\[id(n)=n\]
欧拉函数
\(\phi(i)\)表示\(1-i\)中与\(i\)互质的数的个数
引理:
- 如果\(n\)为素数p,\(\phi(n)=n-1\)
- 如果\(n\)为素数的次方,\(\phi(p^a)=(p-1)\times p^{a-1}\)
- 如果\(n\)为两数之积,\(\phi(a\times b)=\phi(a)\times\phi(b)\)
- 若\(n=p_1^{a1} \times p_2^{a2}\times...\times p_k^{ak}\), \(phi(n)=n\times (1-1/p_1)\times (1-1/p2)\times ...\times(1-1/p_k)\)
欧拉定理
\(IF\ a\perp m,\ \ a^{\phi(m)}\equiv 1\ \ (mod\ \ m)\)
欧拉函数的线性筛法
- 性质1 \(\phi(p)=p-1\)
- 性质2 \(IF\ i\ mod \ p=0,\ \ (i*p)=p*\phi(i)\)
证明
\(\ \because n\)与\(i\)不互质,\(\therefore i\)与\(n+i\)不互质
\(\ \because [1,i]\)中不与i互质的数有\(i-\phi (i)\)个,
\(\ \therefore(i+1,p\times i]\)中一共有\(p\times \phi(i)\)个数\(\perp i\times p\) - 性质3 \(IF\ i\ mod\ p\neq0,\ \ (i*p)=(p-1)*\phi(i)\)
调和级数
\[1+\frac 1 2+ \frac 1 3 + \frac 1 4 + ...\approx ln\ n\]
除数函数
\[\sigma _k(n)=\sum_{d|n}d^k\]
\(\sigma_0\)表示因子个数
\(\sigma_1\)表示因子和
积性函数
狄利克雷卷积
\[f*g=h\]
\[h(z)=\sum_{x*y=z} f(x)*g(y)\]
有交换律和结合律
如果\(f,g\)都是积性函数,\(h\)是积性函数
- 验证卷积
\[h(p^k)=\sum_{i=0}^kf[(p^i)\times g(p^{k-i})\]
栗子
- \(\varphi*1=id\)即\(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\)
- \(\varphi=\mu *id\)
- \(\sigma=id*e\)
- \(e=\mu*1\)
- \(id=\varphi*1\)
给定\(f,g\),求卷积前n项的做法-->暴力\(O(n\ ln\ n)\)
莫比乌斯函数
\[n=p_1^{k_1}\times p_2^{k_2}\times p_3^{k_3}\times .. \times p_m^{k_m}\]
\[if\ squarefree\ \mu(n)=(-1)^m\](就是说每一项的系数都是一次)
\[otherwise\ \mu(n)=0\]
\[\mu(n)=\mu(p_1^{k_1})\times \mu(p_2^{k_2})\times ...\times\mu(p_m^{k_m})\]
积性函数,但不是完全积性函数
\[\sum_{d|n} \mu(d)=[n=1]\]可改写为\[u*1=e\]
证明:
\[n=p_1^{k_1}\times p_2^{k_2}\times p_3^{k_3}\times .. \times p_m^{k_m}\]
\[n_0=p_1\times p_2\times p_3\times .. \times p_m\]
\[\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|n_0}\mu(d)\]
当\(p_1\perp d\) ,\[\mu(dp_1)=\mu(d)\times\mu(p_1)=-\mu(d)\]
\[\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|n_0}\mu(d)=\sum_{d|\frac{n_0}{p_1}}(\mu(d)+\mu(dp_1))=0\]
线性筛法
void Linear_Shaker(int n)
{mu[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i++){if (!ism[i]) {prm[++tot] = i; mu[i] = -1;}for (int j = 1; j <= tot; j++){int num = prm[j] * i;if (num > n) break;ism[num] = 1;if (i % prm[j] == 0) break;mu[num] = -mu[i];}}
}
莫比乌斯反演
\[g=f*1\]
如果知道\(f,1\)直接求就行了啊
但是如果只知道\(g,f\)呢
反演!!!
\[g=f*1\]
\[g*\mu=f*1*\mu\]
\[g*\mu=f*e\]
就是说
\[g(m)=\sum_{d|m} f(d)\Leftrightarrow f(m)=\sum_{d\times k=m} g(d)\times \mu(k)\]
栗子
YY的gcd
\[g(k)=\sum_{p\in P\wedge pd=k}\mu(d)\]
\[f(p)=[p\in P]\]
\[g(k)=\sum_{pd=k}\mu(d)*f(p)\]
预处理卷积!!
然后每组询问的答案变成\[\sum_{k=1}^{min(n,m)} \lfloor \frac n k \rfloor\lfloor \frac m k\rfloor g(k)\]
\(\lfloor \frac n k \rfloor\lfloor \frac m k\rfloor\)只有\(O(\sqrt n)\)种取值
数表
也就是说\((i,j)=\sigma(gcd(i,j))\)
记\(f_a[d]\)表示\(gcd(i,g)=d\)的格子的贡献
\[f_a[d]=\left\{\begin{matrix}0,&\sigma(d)>a&\\ \sigma(d),&oterwise\end{matrix}\right.\]
\[ans=\sum_df_a[d]\sum_k\mu(k)\lfloor\frac n{dk}\rfloor\lfloor\frac m {dk}\rfloor=\sum_t\lfloor\frac n t\rfloor\lfloor\frac m t\rfloor(\sum_{dk=t}f_a[d]\mu(k))\]
把所有变量离线下来,每次修改改变的h复杂度\(O(n\ ln\ n)\)
杜教筛
\(\sum\mu\)
\[\mu*1=e\]
\[f(n)=1-\sum^n_{i=2}f(\lfloor \frac n i\rfloor)\]
预处理前\(n^{\frac 23}\)的\(\mu\)时间复杂度是\(O(n^{\frac 2 3})\)
int Mu(int n) {if(n<N) return mu[n];if(mu[n]) return mu[n];int res=0;for(int l=2,r;l<=n;l=r+1){r=n/(n/l);res+=(r-l+1)*Mu(n/l);}return mu[n]=1-res; }
\(\sum\varphi\)
同↑
int Phi(int n) {if(n<=N) return phi[n];if(P[n]) return P[n];int res=0;for(int l=2,r;l<=n;l=r+1){r=n/(n/l);res+=(r-l+1)*Phi(x/i);}return P[n]=n*(n+1)/2-res; }
拉格朗日插值
给出n个点\((x_i,y_i)\) 找出一个过所有点的多项式\(f(x)\)
对于每一个点找一个函数使这个函数只在对应 \(x_i\)时取值是\(y_i\)其余\(x\)取值都是0
\[f(x)=\sum_{y=1}^n\prod_{j\ne i}\frac{x-x_i}{x_i-x_j}\]
预处理\(P(x)=\prod(x-x_i)\) \(n^2\)求出\(f(x)\)
转载于:https://www.cnblogs.com/ZUTTER/p/10213394.html
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