约数个数函数的一个性质证实，以及其推广

洛谷P3327 [SDOI2015]约数个数和

洛谷P4619 [SDOI2018]旧试题

要用到这个性质，并且网上几乎没有能看的证实，因此特别提出来整理一下。

Original

二维

\[ d(AB) = \sum_{x|A} \sum_{y|B} [\gcd (x,y) = 1] \]

其中 \(d\) 是约数个数函数，即 \(d_k (n) = \sum_{d|n} 1\)

（看上去比较难以想象对吧）

右侧的枚举，一部分因子算多了（好比当 \(\gcd(x,y)=1\) 且额外有 \(x|B,y|A\) 时，能够枚举出 \(x*y = y*x\) ），一部分因子又没有算（好比当 \(\gcd(A,B) \not= 1\) 时的 \(A*B\) ）。可是算多和算少之间达成了诡异的平衡。

首先考虑 \(A,B\) 互质的状况。显然此时右式中的 \([\gcd (x,y) = 1]\) 恒成立。而左式能够经过积性函数的性质拆开。两侧都为 \(d(A)*d(B)\) ，成立。（其实并无按是否互质讨论的必要，可是这样想能让咱们的思路更加清晰）

那么考虑 \(\gcd(A,B) \not= 1\) 时的状况。不妨先证实 \(A = p^a, B = p^b\) （ \(p\) 是素数，这两个 \(p\) 是同一个数）时等式成立。

这部分的证实是容易的。根据约数个数的定义，左式显然为 \(a+b+1\)。对于右式，设 \(x = p^c, y= p^d\) ，若要使 \([\gcd (x,y) = 1]\) 成立， \(c,d\) 中至少有一个为 \(0\) 。那么当 \(b=0\)时，\(c \in [0, a]\)；当 \(a=0\) 时， \(c \in [0,b]\) ；其余状况都不知足条件。排除重复的 \(c=0, d=0\) ，共有 \(a+b+1\) 个状况成立，与左式相同，故等式成立。

讨论更加通常的状况。有了前面的证实，咱们考虑将 \(AB\) 分解质因数后食用，分解后的每一项的形式为 \(p^{a+b}\) 。左边根据约数个数基本性质“指数加一连乘积”，即每个 \(p\) 对应的 \((a+b+1)\) 之积。对于右侧，前证说明对于每一个 \(p\) ，合法的 \(c,d\) 的选择有对应的 \(a+b+1\) 种，要让 \([\gcd(x,y)=1]\) 须要每个 \(p\) 都是合法状况。而每一个 \(p\) 相对独立，其本质就是许多个“选择”，直接用乘法原理合并起来便可，因而也与左式相同。

用通俗一点的说法，我无论其余的 \(p\) 到底须要让 \(x,y\) 知足什么样的条件才能使 \([\gcd(x,y)=1]\) ，反正在我这个 \(p\) 这里只有 \(a+b+1\) 种方案合法。

总之这样就证毕了。

证实思路很像积性函数的合并，也许对其余一些积性函数命题的证实这种方法也管用。

高维

对于形如
\[ d(ABC) = \sum_{x|A} \sum_{y|B} \sum_{z|C} [\gcd (x,y) = 1] [\gcd (y,z) = 1] [\gcd (x,z) =1] \]

的高维拓展，证实思路基本相同，再也不赘述。（若是以为有点迷能够先跳过，Extended里的证实更加接近本质）

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Extended (update 2020/03/08)

下面研究 Original 推广到广义约数个数函数的形式。

二维

\[ \sigma_k (AB) = \sum_{x|A} \sum_{y|B} [\gcd(x,y)=1] (x \frac{B}{y})^k = \sum_{x|A} \sum_{y|B} [\gcd(x,\frac{B}{y})=1] (x y)^k \]

其中 \(\sigma_k\) 是广义的约数个数函数，即 \(\sigma_k (n) = \sum_{d|n} d^k\)

显然中式和右式是等价的。现证实左式和右式等价。

证实思路与上面基本一致。一样的，咱们先解决 \(A=p^a, B=p^b\) 的状况。

首先，直接由定义得出左式：
\[ 左式 = \sum_{i=0}^{a+b} p^{ik} \]

一样设 \(x=p^c, y=p^d\) 。分析 \([\gcd(x,\frac{B}{y})=1]\) 的意义，它的意思是若 \(x\) 中不含 \(p\) （ \(c=0\) ），则 \(y\) 能够随便选（ \(d \in [0,b]\) ）；若 \(x\) 中含 \(p\) （ \(c \in [1,a]\) ），则 \(y\) 就必须包含全部的 \(p\) （ \(d=b\) ），不然 \(\frac{B}{y}\) 里就含有 \(p\) 了；其余状况不知足条件 。

即合法的状况为 \((0,[0,b])\) 和 \(([1,a],b)\) 。

那么，根据右式的形式，能够得出
\[ \begin{aligned} 右式 &= \sum_{i=0}^b p^0 p^i + \sum_{i=0}^a p^i p^b \\ &= \sum_{i=0}^b p^i + \sum_{i=0}^a p^{b+i} \end{aligned} \]

该式实际上只是将左式的枚举从 \(b\) 那里切开了。两式是等价的。

那么和上面同样的，对于通常的状况分解质因数，对每个 \(p\) 分别考虑，积性合并便可。所有乘起来的依据也是乘法原理（ \(\sum * \sum\) 就是在枚举全部的方案对应贡献乘积之和）。可能有人问：这里的 \(B\) 不是发生变化了吗？其实 \(B\) 充当的是一个 \(y\) 的全集，不是 \(p^b\) 了也不影响 \(x,y\) 的取值，因此是没有关系的。能够参考一下 Original 里“通俗一点的说法”。

高维

形如
\[ \sigma_k (ABC) = \sum_{x|A} \sum_{y|B} \sum_{z|C} [\gcd(x,\frac{B}{y})=1] [\gcd(y,\frac{C}{z})=1] [\gcd(x, \frac{C}{z}=1)] (x y z)^k \]

的高维拓展， \(\gcd\) 部分就是如 \(x-y\) ， \(x-z\) ， \(y-z\) 两两配对的形式，这样来限制取值范围。

证实思路基本相同，一样写出合法状况 \((0,0,[0,c])\) ， \((0,[1,b],c)\) ， \(([1,a],b,c)\) ，对应 \(p^{a+b+c+1}\) ，就容易证实了。

已打表检验正确。