在做數論題時,往往需要進行和式變換,然後變換成我們可以處理的和式,再針對和式做篩法、整除分塊等操作。
本文將介紹一些常見的和式變換技術。
以下出現的概念大部分為個人總結,未必是學術界/競賽界的統一說法,有不嚴謹的地方請諒解。
? 作者:Eriktse
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和式的基本形式
和式一般有兩種:區間列舉型和整除列舉型。
區間列舉型
我們的字首和就是一個典型的區間列舉型和式。
假設我們有一個定義域為\(x\in[1, n],x\in Z^+\)的函式\(f(x)\),那麼我們可以設一個字首和函式\(F(x)\),定義為:
求和符號中,如果沒有特殊說明,一般列舉的都是整數,且步長為1。
整除列舉型
約數個數是一個典型的整除列舉型和式,我們可以容易的寫出它的表示式:
其中 \(d|n\) 表示 \(i\) 可以整除 \(n\) ,即 \(i\) 是 \(n\) 的因子。
約數之和也是一個整除列舉型和式,表示式如下:
和式的基本性質
可拆分性質
第一種拆分如下:
這是顯然的,但是基本上用不著。
第二種拆分如下:
這也是顯然的。
常數可提取
當我們的和式裡面乘上了一個常數\(k\),那麼這個常數是可以提出來的,由於我們討論的數域是整數域,這個\(k\)一般為整數。(其實對於實數也是滿足條件的)。
整除列舉型變換為區間列舉型(重要)
就比如上面那個約數之和的函式:
我們知道\(d\)的取值一定在\([1, n]\),所以我們可以轉換列舉型別,此時列舉指標的範圍就要改變,同時加上一個布林函式來限定。
我們稱列舉的東西為“指標”,例如上面和式中
d|n
中的d
,i=1
中的i
。
指標變換(重要)
給定一個整數\(k\),對於下面這種和式,我們可以把指標進行轉換。
現在令\(i = i'k,j=j'k\),為什麼會這麼想呢?因為我們後面的布林函式中要求\(i, j\)都包含因子\(k\),如果列舉的\(i, j\)不是\(k\)的倍數的時候這個式子是沒有貢獻的。
所以我們可以不一個個列舉\(i, j\),變為列舉\(k\)的倍數。我們進行整體的代換:
然後變換列舉範圍和布林函式,注意這裡\(i\)的起點本應該是\(\lfloor\frac{1}{k}\rfloor\),但是\(0\)是沒有討論意義的所以我們從\(1\)開始。
現在我們可以發現後面這個布林函式就變成了一個常見的積性函式\(\epsilon\),接下來就可以透過公式\(\mu * I = \epsilon\)進行莫比烏斯反演(其中符號\(*\)表示狄利克雷卷積)。
交換求和次序(重要)
上式進行莫比烏斯反演後可以得到如下的和式(如果不懂莫比烏斯反演可以暫時先不管,之後再學),設\(m=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\)。
我們可以發現\(d|gcd(i, j)\)這個條件等價於\([d|i][d|j]\),即\(d\)同時是\(i\)和\(j\)的因子。
接下來我們進行一次列舉型別的轉換:
接下來我們將\(d\)的求和符號從後面換到前面去,因為在\(\mu(d)\)中沒有包含\(i, j\)的內容,可以直接換,這裡需要自己理解一下。
轉換為整除分塊形式(十分重要)
上式轉換完成後,我們可以發現後面兩坨是可以進行整除分塊的。
怎麼理解呢?這個式子表達的就是當\(d\)確定了,在區間[1, n]中有多少整數是\(d\)的倍數,顯然是\(\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\)個。
那麼和式就可轉換為:
例題
luogu P2257 YY的GCD:https://www.luogu.com.cn/problem/P2257
閱讀題意我們可以知道題目所求為,不妨設\(n\le m\):
接下來開始變換:
莫比烏斯反演:
注意這裡\(n\le m\),接著變換。
後面兩坨可以進行整除分塊,同時換一下\(p\)的列舉型別:
令\(T=pd\),交換求和次序。
再交換求和次序:
現在發現\(p\)後面那一塊,可以透過類似尤拉篩的方法進行預處理。
我們設一個函式:
那麼\(F(T)\)的含義就是對於\(T\)的每一個質因子\(p\),將它的\(\mu(\frac{T}{p})\)加到自身上。
做完了。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e7 + 9;
int sum[N], mu[N];
void init(int n = N - 2)
{
bitset<N> vis;
vector<int> prim;
vis[1] = true;
mu[1] = 1;
for(int i = 2;i <= n; ++ i)
{
if(!vis[i])prim.push_back(i), mu[i] = -1;
for(int j = 0;j < prim.size() and i * prim[j] <= n; ++ j)
{
vis[i * prim[j]] = true;
if(i % prim[j] == 0)break;//此時i * prim[j]含有平方因子
mu[i * prim[j]] = -mu[i];//此時i * prim[j]的本質不同質因子+1,或已經含有平方因子
}
}
for(int i = 0;i < prim.size(); ++ i)
{
for(int j = 1; prim[i] * j <= n; ++ j)
{
sum[prim[i] * j] += mu[j];
}
}
for(int i = 1;i <= n; ++ i)sum[i] += sum[i - 1];
}
void solve()
{
int n, m;scanf("%lld %lld", &n, &m);
if(n > m)swap(n, m);
int ans = 0;
for(int l = 1, r;l <= n; l = r + 1)
{
r = min(n / (n / l), m / (m / l));
ans += (sum[r] - sum[l - 1]) * (n / l) * (m / l);
}
printf("%lld\n", ans);
}
signed main()
{
init();
int _;scanf("%lld", &_);
while(_ --)solve();
return 0;
}
結束
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