由 [SDOI2012]Longge的问题 探讨欧拉函数和莫比乌斯函数的一些性质和关联

本题题解

题目传送门：https://www.luogu.org/problem/P2303

给定一个整数\(n\)，求

\[ \sum_{i=1}^n \gcd(n,i) \]

蒟蒻随便yy了一下搞出来个\(O(\sqrt{n})\)的算法 这题数据怎么这么水

首先看到gcd我们就下意识的对它反演一波对吧

第一步

\[ \sum_{i=1}^n \gcd(n,i) = \sum_{d|n} \varphi(d) \frac{n}{d} \]

这里提供两种化法，得到的结果都是这个。

法一

根据欧拉函数和式

\[ n = \sum_{d|n} \varphi(d) \]

暴力推导即可

\[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n \gcd(n,i) &= \sum_{i=1}^n \sum_{d|\gcd(n,i)} \varphi(d) \\ &= \sum_{d|n} \sum_{i=1}^{\frac n d} \varphi(d) \\ &= \sum_{d|n} \varphi(d) \frac n d \end{aligned} \]

法二

根据欧拉函数的定义式

\[ \varphi(n) = \sum_{i=1}^n [\gcd(n,i) = 1] \]

PS：\(\varphi(n)\)表示\(1\)~\(n-1\)内与\(n\)互质的数，将和式上界提升到\(n\)不但不会影响正确性（\(\gcd(n,n) = n \neq 1\)），而且让\(\varphi(1)\)不用特判。

易得

\[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n \gcd(n,i) &= \sum_{d|n} d \sum_{i=1}^n [\gcd(n,i) = d] \\ &= \sum_{d|n} d \sum_{i=1}^{\frac n d} [\gcd(\frac n d,i) = 1] \\ &= \sum_{d|n} d \varphi(\frac n d) \\ &= \sum_{d|n} \varphi(d) \frac n d \\ \end{aligned} \]

这一步还是比较简单的。稍有基础的同学大概都会吧

第二步

令

\[ g(n) = \sum_{i=1}^n \gcd(n,i) = \sum_{d|n} \varphi(d) \frac{n}{d} \]

我们希望求\(g\)的在\(n\)的函数值。容易发现右式是狄利克雷卷积\(\varphi * Id\)，也就是说\(g\)也是积性函数。所以考虑质因数分解\(n\)，最后用积性累乘出来

即

\[ g(n) = g({p_1}^{c_1}) g({p_2}^{c_2}) ... g({p_n}^{c_n}) \]

则只需求\(g(p^c)\)（这里省略下标）

\(p^c\)的因数分别为\(1\)，\(p\)，\(p^2\)，…，\(p^c\)

所以有

\[ \begin{aligned} g(p^c) &= \sum_{i=0}^{c} \varphi(p^i) \frac{p^c}{p^i} \\ &= \sum_{i=0}^{c} \varphi(p^i) p^{c-i} \end{aligned} \]

求\(\varphi(p^c)\)

考虑先弄出上式中\(\varphi(p^i)\)的封闭形式，再带回原式看看

根据欧拉函数通式

\[ \varphi(n) = n \prod_{i=1}^k (1 - \frac 1 {p_i}) \]

（这个\(\pi\)指的是分解质因数）

易得

\[ \begin{aligned} \varphi(p^c) &= p^c (1 - \frac 1 p) \\ &= p^c - p^{c-1} \end{aligned} \]

注意这个式子需要在\(c=0\)时特判，因为\(\varphi(1) = 1\)（\(1\)可以视作分解不出任何质因数）

求\(g(p^c)\)

得到了\(\varphi(p^c)\)，带回之前未推完的\(g(p^c)\)的式子，得

\[ \begin{aligned} g(p^c) &= \sum_{i=0}^{c} \varphi(p^i) p^{c-i} \\ &= p^c + \sum_{i=1}^{c} (p^i - p^{i-1}) p^{c-i} \\ &= p^c + \sum_{i=1}^{c} (p^c - p^{c-1}) \\ &= p^c + c (p^c - p^{c-1}) \\ &= (c+1)p^c - c \ p^{c-1} \end{aligned} \]

（中途对\(i=0\)进行了特殊讨论）（该式同样不适用于\(c=0\)的情况）

然后积性合并起来就完了

冷静分析一波时间复杂度。质因数分解消耗\(O(\sqrt n)\)的时间复杂度，分解出不超过\(O(log_2 n)\)个\(p^c\)，每个\(g(p^c)\)的计算是\(O(1)\)的。所以总时间复杂度为\(O(\sqrt n)\)

代码

非常简单的代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll p[1005],c[1005],g[1005];ll kN;
void Div(ll n){
    kN=0;
    for(ll i=2;i*i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            kN++;p[kN]=i;
            g[kN]=1;
            ll e=0;while(n%i==0) e++,n/=i,g[kN]*=i;
            c[kN]=e;
        }
    }
    if(n!=1) kN++,p[kN]=n,c[kN]=1,g[kN]=n;
}
ll N;
int main(){
    cin>>N;
    Div(N);
    ll pdt=1;
    for(int i=1;i<=kN;i++) pdt=pdt*((c[i]+1)*g[i]-c[i]*g[i]/p[i]);
    cout<<pdt;
    return 0;
}

这式子长得跟小粉兔菊苣的题解很像？

更多思考

坐车时无聊在草稿纸上瞎搞出来的

拓展到莫比乌斯函数

第一步化完后，我们得到这样一个函数

\[ g(n) = \sum_{d|n} \varphi(d) \frac{n}{d} \]

然后我们用质因数分解弄出了一个求它单点函数值的方法

可不可以把它拓展到莫比乌斯函数上呢？

\[ g(n) = \sum_{d|n} \mu(d) \frac{n}{d} \]

直接仿照上面化\(\varphi\)的方法来

根据莫比乌斯函数定义，易得

\[ \mu(p^c) = -[c=1] \]

同样需要特判\(c=0\)的情况

带回得

\[ \begin{aligned} g(p^c) &= \sum_{i=0}^{c} \mu(p^i) p^{c-i} \\ &= p^c + \sum_{i=1}^{c} -[i=1] p^{c-i} \\ &= p^c - p^{c-1} \end{aligned} \]

（该式同样不适用于\(c=0\)的情况）

挺简洁的对吧（

小小的总结

总结一下，首先我们发现要求的\(g(n) = \sum_{d|n} f(d) \frac{n}{d}\)是积性函数，所以考虑分解质因数，简化枚举因数的过程为\(g(p^c) = \sum_{i=0}^{c} f(p^i) p^{c-i}\)。我们分别根据\(\varphi\)和\(\mu\)的特殊性质，化出了它们在\(p^c\)的函数值，然后代回化简得出\(g(p^c)\)的封闭形式，最后用积性合并起来，就得到了\(g(n)\)

仔细思考一下\(\varphi\)和\(\mu\)的特殊性质。

\(\varphi(p^i) = p^i - p^{i-1}\)，而带回后与\(p^{c-i}\)刚好抵消掉了枚举的变量\(i\)，从而得出封闭形式。也就是说，\(\varphi\)可以这么化是因为待求函数\(g\)比较特殊，它卷了个\(Id\)，\(\frac n d\)发挥了抵消作用。

\(\mu(p^c) = [c=1]\)，只有在\(c=0\)或\(c=1\)时函数非\(0\)，而这也就把和式简化为仅将\(i=0\)和\(i=1\)两项相加。可见\(\mu\)并没有用到\(\frac n d\)的特殊性质，对于狄利克雷卷积是通用的，常用于分解质因数后的处理。比如这道题：洛谷P4464 [国家集训队]JZPKIL

莫比乌斯函数与欧拉函数的相互关系

第一步我们在做什么？

\[ \sum_{i=1}^n \gcd(n,i) = \sum_{d|n} \varphi(d) \frac{n}{d} \]

那我同样考虑把它变到莫比乌斯函数上。

思考化该式时用到过的欧拉函数和式，联系到莫比乌斯函数的和式

\[ [n=1] = \sum_{d|n} \mu(d) \]

猜想

\[ \sum_{i=1}^n [\gcd(n,i)=1] = \sum_{d|n} \mu(d) \frac{n}{d} \]

证明很容易。

\[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n [\gcd(n,i)=1] &= \sum_{i=1}^n \sum_{d|\gcd(n,i)} \mu(d) \\ &= \sum_{d|n} \mu(d) \frac n d \\ \end{aligned} \]

然后你仔细看看左式，这不就是欧拉函数的定义式吗

于是我们找到了一个极其简洁地描述了\(\mu\)和\(\varphi\)关联的公式

\[ \varphi(n) = \sum_{d|n} \mu(d) \frac{n}{d} \]

将本式简单变形就得到了一个更常见的表现形式

\[ \frac {\varphi(n)} n = \sum_{d|n} \frac{\mu(d)}{d} \]

额，不过这式子好像也没啥用，至少我没见过要用这个的题

upd 2019/11/04 用狄利克雷卷积证明

突然发现上式可以用狄利克雷卷积非常容易的证明

\[ \begin{aligned} Id &= \varphi * I \\ Id * \mu &= \varphi * I * \mu \\ &= \varphi * \varepsilon \\ &= \varphi \end{aligned} \]