几道有意思的积性函数题

时间 2019-12-09

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几道有意思的积性函数题

前言

最近在搞积性函数筛法之类的东西，选了几道有意思的题放在这里。
有公式恐惧症的勿看！
哗啦啦。编程

[UOJ188] [UR #13]Sanrd

一句话题意：求$\sum_{i=1}^n p_{smax}(i)$，$n\leq 10^{11}$
其中$p_{smax(i)}$表示某个数的次大质因子，定义质数和$1$的$p_{smax}=0$。数组

min_25筛的简单应用。
先在第一步的时候把质数个数$g(n,|P|)$给筛出来，而后进第二步。
第二步时，若当前在状态$S(n,j)$，强制当前层选的质因子为最大质因子，而后用$p_{j-1}$贡献答案。
注意特判最大质因子和次大质因子相同的状况。
结合上述思路，容易写出转移方程：
$S(n,j) = p_{j-1}(\ g(n,|P|)-(j-1)\ ) + \sum_{k=j}^{|P|} \sum_{e=1}^{p_{k}^{e+1}\leq n} (S(\lfloor \frac{n}{p_k^e} \rfloor ,k+1) + p_k)$。函数

[BZOJ3309] DZY Loves Math

一句话题意：线性筛出 $G(T) = \sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d}) f(d)$ ，$T\leq 10^7$。
其中$f(d)$定义为$d$惟一分解后的最大指数幂，如$f(2^33^55^4) = 5,f(17^43^{18})=18$。spa

这个题是真的有意思。
考虑惟一分解：$T=p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_k^{c_k}$，$d=p_1^{b_1}p_2^{b_2}...p_k^{b_k}$。
显然$\mu(\frac{T}{d})=0$的项没有贡献，因此有贡献的项必定知足$c_i-b_i\leq 1$ 。
若存在$c_i < c_j$，则$b_i \leq b_j$ 。
此时$f(d)$的取值与$b_i$的取值无关，而$c_i-b_i=0$或$1$时在$\mu(\frac{T}{d})$中的贡献刚好相反。
因此这种状况下存在对称性，即$\sum_{d|T} \mu(\frac{T}{d}) f(d) = 0$ 。
若$c_1=c_2=...c_k=c$，若存在$b_i<b_j$，则相似上面的对称性，贡献会为$0$。
惟一不存在对称性的状况是$b_1=b_2=...b_k=c-1$，此时$f(d)$相比其反面少$1$。
故此时$\sum_{d|T} \mu(\frac{T}{d}) f(d) = (-1)^{k+1}$。
因此线性筛的同时记录最大指数幂$g$，经过判断$g[\frac{i}{low(i)}]$ 与 $g[low(i)p_j]$ 是否相同进行转移。递归

[CQOI2017] 小Q的表格

两句话题意：给定一张$n\times n$的表格，每一个位置有一个值$f(a,b)$，知足：
对于正整数$a,b$，有$f(a,b)=f(b,a)$且$bf(a,a+b)=(a+b)f(a,b)$。
初始$f(a,b)=ab$。如今有$m$次操做$(a,b,x,k)$，
每次操做你须要将$f(a,b)$改成$x$，并修改整个表格使得表格合法，
在修改完后，你须要输出前$k$行前$k$列表格中的数字之和，数据范围$n\leq 10^6,m\leq 10^4$。数学

首先把条件化为$\frac{f(a,b)}{ab} = \frac{f(a,a+b)}{a+b}$。
这能够看做一个类欧过程，故$\frac{f(a,a\%b)}{a(a\%b)} = \frac{f(a,b)}{ab}$，展开后有$\frac{f(a,b)}{ab} = \frac{f(d,d)}{d^2},d=gcd(a,b)$
答案为$Ans = \sum_{a=1}^K\sum_{b=1}^K f(a,b)$。
带入上面的展开式后稍微化简一下有：$Ans = \sum_{d=1}^K f(d,d) G(\lfloor \frac{K}{d} \rfloor)$。
其中$G(n) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [gcd(i,j)=1]ij$，而后这题误导性最强的地方就在这里。
正常想法确定是反演，然而若是去反演那就完蛋了到死也作不出来，正确姿式应该是：
$G(n) = \sum_{i=1}^n i \sum_{j=1}^n [gcd(i,j)=1]j = 1+2\sum_{i=2}^n i(\frac{\varphi(i)}{2}i) = \sum_{i=1}^n i^2 \varphi(i)$ 。
最后的问题在于维护$f(d,d)$的前缀和，要求可以$O(\sqrt{n})$修改，$O(1)$回答。分块就好了。io

[51NOD1847] 奇怪的数学题

一句话题意：求$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n sgcd(i,j)^k$，$n\leq 10^9 , k\leq 50$。
其中$sgcd(i,j)$表示$i$和$j$的次小公因数。class

其实这题还蛮简单的，毕竟太套路了，没啥思惟含量......
显然$sgcd(i,j) = \frac{gcd(i,j)}{p_{min}(gcd(i,j))}$。
因此枚举$gcd(i,j)=d$，
列出式子后能够获得：$Ans = \sum_{d=1}^{n} (\frac{d}{p_{min}(d)})^k \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} [gcd(i,j)=1]$
而后用对称性稍微弄一下就能够获得：
\[Ans = \sum_{d=1}^{n} (\frac{d}{p_{min}(d)})^k(2 \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\varphi(i)-1)\]
爽！用min_25筛预先解决$\sum_{i=1}^d(\frac{i}{p_{min}(i)})^k$，而后对于$\sum_{i=1}^n \varphi(i)$直接杜教筛便可。循环

[Luogu4240] 毒瘤之神的考验

一句话题意：$T$次询问$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \varphi(ij)$。$n,m\leq 10^5$ ; $T\leq 10^4$。构造函数

常见套路先把$\varphi(ij)$写开能够获得：$Ans = \sum_{d=1}^n \frac{d}{\varphi(d)} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \varphi(i) \varphi(j) [gcd(i,j)=d]$。
不要把$gcd=d$变为$gcd=1$，而是直接莫比乌斯反演能够获得：
\[Ans = \sum_{i=1}^n (\sum_{d|i} \frac{d}{\varphi(d)} \mu(\frac{i}{d})) G(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor , i) G(\lfloor \frac{m}{i} \rfloor)\]
其中$G(n , K) = \sum_{i=1}^n \varphi(iK)$ 。
前面的一坨$F(i) = \sum_{d|i} \frac{d}{\varphi(d)} \mu(\frac{i}{d})$显然是个迪利克雷卷积，线性筛出来就好了。
关于$G$如何求，妙哉妙哉！注意到$iK\leq n$，因此暴力全算出来就好了，复杂度调和级数。
而后$Ans = \sum_{i=1}^n F(i) G(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor ,i) G(\lfloor \frac{m}{i} \rfloor ,i)$，如何快速求答案？
又是妙哉妙哉，咱们设$H(U,n,m) = \sum_{i=1}^n F(i) G(n,i) G(m,i)$。
而后咱们设置一个阀值$B$，将$n,m\leq B$的$H$所有预先算出来存到一个数组里去。
咱们用预处理好$H$加上数论分块算好全部$n,m\leq B$的答案。
对于$n,m > B$ 的部分，由于有$\frac{n}{i}> B$，因此$i\leq \lfloor \frac{n}{B} \rfloor$不会很大，这部分直接暴力算。
那么此时复杂度变为了$O(B^2n + T(\sqrt{n} + \lfloor \frac{n}{B} \rfloor ))$，$B$取$T^{\frac{1}{3}}$左右便可获得可行的复杂度。

[NOI2016]循环之美

一句话题意：求$K$进制下，$\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [$$\frac{x}{y}$为纯循环小数$]$。$n,m\leq 10^9$,$K\leq 2000$。

小学"奥术"学过纯循环小数的处理：存在$t$，使得$\frac{K^tx-x}{y} = k$。
因此$K^tx = ky + x$。因此$K^t \% y = 1$。
因此$Ans = \sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [x \perp y][K\perp y]$，下面一题多解：
为了节省篇幅，设$f_s(n)=\sum_{i=1}^n [i\perp K] = \lfloor \frac{n}{K} \rfloor \varphi(K) + brute(n \%K)$

解1：(暴力拆$[x\perp y]$)
$Ans = \sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^n [K\perp y] \sum_{d|gcd(x,y)} \mu(d)$
$Ans = \sum_{d=1}^n \mu(d) \sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor } \sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} [K \perp yd] $
$Ans = \sum_{d=1}^n \mu(d)[K\perp d] \sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor } \sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} [K \perp y] = \sum_{d=1}^n \mu(d) [K \perp d] \lfloor \frac{n}{d} \rfloor f_s(\lfloor \frac{m}{d} \rfloor) $
$f(n,K) = \sum_{d=1}^n \mu(d)[K\perp d] = \sum_{d=1}^n \mu(d) \sum_{s|K,s|d}\mu(s)$
$f(n,K) = \sum_{s|K} \mu(s) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{s} \rfloor} \mu(si) = \sum_{s|K} \mu(s)^2 \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{s} \rfloor} f(\lfloor \frac{n}{s} \rfloor , s)$
递归处理便可，终态$f(n,1)$直接杜教筛。

QaQ一下，duang~~~

解2：(暴力拆$[K\perp y]$)
$g(n,m,K) = \sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [x\perp y] \sum_{d|K,d|y} \mu(d)$
$g(n,m,K) = \sum_{d|K} \mu(d) \sum_{x=1}^n \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} [x\perp id]$
$g(n,m,K) = \sum_{d|K} \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} \sum_{x=1}^n [x\perp i] [x\perp d] = \sum_{d|K} \mu(d) g(\lfloor \frac{m}{d}\rfloor ,n,d)$
递归处理便可，终态$g(n,m,1)$直接数论分块+杜教筛处理。

QwQ一下，duang~~~

解3：(某高姓一本爷神仙的作法)
拿着这道题去问$gzy$这题怎么算复杂度啊？min_25筛作是否是假的啊？
而后神仙就给了我这个神仙作法，
该作法时间复杂度仅$O(\sqrt{n} + n^{\frac{2}{3}})$，不管时间复杂度仍是编程复杂度都吊打了一切题解。
回到解法一的中间：求$\sum_{d=1}^n f(d) = \sum_{d=1}^n \mu(d) [K\perp d]$。
咱们构造函数$g(d) = [d\perp K]$，$f,g$都积性，故用$f(d)$与$g(d)$构造迪利克雷卷积。
$\sum_{i=1}^n h(i) = \sum_{i=1}^n \sum_{d|i} f(d) g(\frac{i}{d}) = \sum_{i=1}^n \sum_{d|i} \mu(d) [K\perp d][K\perp \frac{i}{d}]$
$\sum_{i=1}^n h(i) = \sum_{i=1}^n \sum_{d|i} \mu(d) [K \perp i] = \sum_{i=1}^n [K\perp i] \sum_{d|i} \mu(d)$。
$\sum_{i=1}^n h(i) = \sum_{i=1}^n [K\perp i][i=1] = \sum_{i=1}^n [i=1]$。
故$h(i) = [i=1]$，写完整：$\sum_{i=1}^n [i=1] = \sum_{i=1}^n \sum_{d|i} \mu(d) [K\perp d][K\perp \frac{i}{d}]$
因此直接杜教筛便可：$\sum_{i=1}^n f(i) = 1 - \sum_{i=2}^n [i\perp K]\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor} f(j)$。这个解法真的太妙了！这构造真的神了，无论你怎么以为，反正我是当场直接给跪了。