『基礎數論演算法』
快速冪和快速乘
原理:二進位制分解和取模的定義
\[a\times b\bmod p=a\times b-p\times \left\lfloor\frac{a\times b}{p} \right\rfloor \]inline int fastpow(int a,int b) { int c = 1; for (; b; Mul(a,a), b>>=1) if (1&b) Mul(c,a); return c; } inline ll fastmul(ll a,ll b) { return ( a * b - (ll)( (long double) a * b / p ) * p + p ) % p; }
整除和約數
整除
如果\(a\)是\(b\)的約數,則稱\(a\)整除\(b\),記作\(a|b\)。
整除的性質:
\(1.\) \(a|b,b|c\Rightarrow a|c\)
\(2.\) \(a|b,c|d\Rightarrow ac|bd\)
\(3.\) \(a|b,a|c\Rightarrow a|(bn+cm)\)
\(4.\) \(ma|mb\Rightarrow a|b\)
約數
\[d|a,d|b\Rightarrow d|(a-b) \]所以有\(\gcd(a,b)=\gcd(a-b,b)=\gcd(a\bmod b,b)\),每次取模\(a\)減小一半,時間複雜度\(\mathcal O(\log n)\)
inline int gcd(int a,int b) { return b == 0 ? a : gcd( b, a % b ); }
inline int lcm(int a,int b) { return a / gcd(a,b) * b; }
素數和篩法
素數定理
\[\pi(n)=\sum_{i=1}^n[i\in \mathrm{Prime}]\sim \frac{n}{\ln n} \]Eratosthenes篩法
\[\sum_{i=1}^n\frac{[i\in \mathrm{Prime}]}{i}\sim \ln\ln n \]線性篩
用每個數字的最小質因子來篩掉它,時間複雜度\(\mathcal O(n)\)。
inline void EulerSieve(int Lim) {
for (int i = 2; i <= Lim; i++) {
if ( !flag[i] ) Prime[++cnt] = i;
for (int j = 1; j <= cnt && i * Prime[j] <= Lim; j++) {
flag[ i * Prime[j] ] = true;
if ( i % Prime[j] == 0 ) break;
}
}
}
算術基本定理和推論
每個正整數\(n\)都有如下的唯一分解:
\[n=\prod_{i=1}^k p_i^{a_i},\forall i\in[1,k]\ p_i\in\mathrm{Prime} \]有如下推論成立:
\[\tau (n)=\prod_{i=1}^k (a_i+1),\sigma(n)=\prod_{i=1}^k\left(\sum_{j=0}^{a_i}p_i^j\right) \\ a=\prod_{i=1}^kp_i^{a_i},b=\prod_{i=1}^kp_i^{b_i}\Longrightarrow \gcd(a,b)=\prod_{i=1}^k p_i^{\min(a_i,b_i)},\mathrm{lcm}(a,b)=\prod_{i=1}^kp_i^{\max(a_i,b_i)} \]同餘
同餘的定義和性質
若\(m|(a-b)\),則稱\(a,b\)模\(m\)同餘,記作\(a\equiv b\pmod m\)。
同餘的基本性質:自反性,對稱性,傳遞性,同加性,同乘性,同冪性。
同餘的其他性質:
\(1.\) \(a\equiv b\pmod n,a\equiv b\pmod n\Rightarrow a\equiv b\pmod {\mathrm{lcm}(n,m)}\)
\(2.\) \(n|m,a\equiv b\pmod n\Rightarrow a\equiv b\pmod {n}\)
\(3.\) \(\gcd(c,m)=d,ac\equiv bc\pmod m\Rightarrow a\equiv b\pmod{\frac{m}{d}}\)
Fermat定理
若\(p\)是質數,則對於任意整數\(a\),\(a^p\equiv a\pmod p\)。
Wilson定理
若\(p\)是素數,則\((p-1)!\equiv -1\pmod p\)。
同餘類和剩餘系
對於任意\(a\in[0,p-1]\),集合\(\{a+kp|k\in\boldsymbol{Z}\}\)中所有數模\(p\)都同餘,餘數為\(a\),稱該集合為模\(p\)意義下的一個同餘類,簡記為\(\overline a\)。
模\(p\)意義下的同餘類一共有\(p\)個,分別為\(\overline 0,\overline 1,\overline 2,\cdots,\overline {p-1}\),他們構成模\(p\)意義下的完全剩餘系,簡稱完系。
\(1\sim p\)中與\(p\)互質的數有\(\varphi(p)\)個,這些數字對應的同餘類組成了\(p\)的化簡剩餘系,也稱既約剩餘系或縮系。
既約剩餘系的重要性質是關於模\(p\)乘法封閉,也就是\(a,b\)與\(p\)互質,顯然\(a\times b, a\times b\bmod p\)都與\(p\)互質,所以\(a\times b\bmod p\)也在既約剩餘系裡面。
Euler定理
\[a^b\equiv \begin{cases} a^{b\bmod \varphi(p)},& \gcd(a,p)=1 \\ a^b,& \gcd(a,p)\not = 1, b<\varphi(p) \\ a^{b\bmod \varphi(p)+\varphi(p)},&\gcd(a,p)\not= 1, b\geq \varphi(p) \end{cases} \pmod p \]可以用來縮小指數規模。
對於\(\gcd(a,p)=1\)的情況,可以用剩餘系的知識來證明:
設\(p\)的既約剩餘係為\(\{\overline{a_1},\overline{a_2},\cdots,\overline{a_{\varphi(p)}}\}\),對於\(a_i,a_j\),若\(a\times a_i\equiv a\times a_j\pmod p\),則\(a(a_i-a_j)\equiv 0\pmod p\),由於\(\gcd(a,p)=1\),所以\(a_i\equiv a_j\pmod p\)。故對於\(a_i\not =a_j\),都有\(a\times a_i\)和\(a\times a_j\)表示不同的同餘類。
又因為既約剩餘系乘法封閉,所以\(\overline{aa_i},\overline{aa_j}\)都在既約剩餘系中,因此\(\{\overline{aa_1},\overline{aa_2},\cdots,\overline{aa_{\varphi(p)}}\}\)也表示\(p\)的既約剩餘系,故:
\[\prod_{i=1}^{\varphi(p)}aa_i\equiv a^{\varphi(p)}\prod_{i=1}^{\varphi(p)}a_i\equiv\prod_{i=1}^{\varphi(p)}a_i\pmod p \]所以\(a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p\),證畢。
同餘方程
裴蜀定理
方程\(ax+by=c\)有整數解,當且僅當\(c|\gcd(a,b)\),此時有無數多組整數解。
證明:
顯然要證方程\(ax+by=\gcd(a,b)\)有解,那麼\(x'=x\frac{c}{\gcd(a,b)},y'=y\frac{c}{\gcd(a,b)}\)就是原方程的整數解。
不妨設\(ax_1+by_1=\gcd(a,b),bx_2+(a\bmod b)y_2=\gcd(b,a\bmod b)\),所以:
\[ax_1+by_1=bx_2+(a\bmod b)y_2=bx_2+\left(a-b\times \left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor\right)y_2 \\ ax_1+by_1=ay_2+b\left(x_2-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor y_2\right) \]顯然只要方程\(bx_2+(a\bmod b)y_2=\gcd(b,a\bmod b)\)有解,就可以構造一組原方程的解。
此時歸納推理,問題轉為求方程\(\gcd(a,b)x=\gcd(a,b)\),顯然\(x=1,y\in \boldsymbol{Z}\)就是一組解,那麼原命題得證。
拓展歐幾里得演算法
把上述迭代過程實現一下,時間複雜度\(\mathcal O(\log n)\)。
inline int Exeuclid(int a,int b,int &x,int &y) {
if ( b == 0 ) return x = 1, y = 0, a;
int p = Exeuclid(b,a%b,y,x); return y -= a / b * x, p;
}
設\(\gcd(a,b)=p\),原方程的一組特解為\((x_0,y_0)\),則原方程的通解為:
\[x=x_0+\frac{b}{p}\times k,y=y_0-\frac{a}{p}\times k, k\in \boldsymbol{Z} \]乘法逆元
求方程\(ax\equiv 1\pmod p\)的解。
方法\(1\):當\(p\in \mathrm{Prime}\)時,\(x\equiv a^{-1}\equiv a^{p-2}\pmod p\),快速冪即可。
方法\(2\):原方程有解等價於\(p|(ax-1)\),不妨設\(ax-1=-py\),那麼\(ax+py=1\),顯然原方程有解等價於\(\gcd(a,p)=1\),那麼可以用擴充套件歐幾里得演算法求解。
方法\(3\):不妨設\(p=ka+t(t< a)\),那麼\(ka+t\equiv 0\pmod p\),等式兩邊同時乘\(a^{-1}t^{-1}\),那麼\(a^{-1}\equiv -kt^{-1}\equiv -\left\lfloor\frac{p}{a}\right\rfloor(p\bmod a)^{-1}\pmod p\),遞迴下去,時間複雜度\(\mathcal O(\log n)\)。如果改成遞推,可以\(\mathcal O(n)\)求\(1\sim n\)所有數字的逆元。
線性同餘方程組
求解方程組
\[\begin{cases} x\equiv a_1\pmod {m_1} \\ x\equiv a_2\pmod {m_2} \\\ \ \ \cdots \\ x\equiv a_n\pmod {m_n} \end{cases} \]當所有\(m_i\)互質的時候,可以令\(M=\prod m_i,M_i=\frac{M}{m_i},t_i=M_i^{-1}\pmod {m_i}\),則\(x=\sum a_iM_it_i\)是原方程組的一個解,這個結論叫做中國剩餘定理。
當\(m_i\)不滿足兩兩互質的時候,可以歸納求解,不妨設前\(i-1\)個方程的解為\(x'\),\(\mathrm{lcm}_{j=1}^{i-1}\{m_j\}=m\),顯然\(x'+km(k\in \boldsymbol{Z})\)都是前\(i-1\)個方程的解,只要讓\(x'+km\equiv a_i\pmod {m_i}\)成立就求出了前\(i\)個方程的解,這時候解一個單個的同餘方程即可,如果無解,那麼原方程組就無解。
這樣解方程很容易有整型溢位的風險,要注意資料範圍,即使\(\mathrm{lcm}\)在\(\mathrm{long\ long}\)範圍內,也用用快速乘。
inline ll ExCRT(void) {
ll res = a[1] % m[1], l = m[1], p, x, y, v;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
v = ( ( a[i] - res ) % m[i] + m[i] ) % m[i];
if ( v % gcd(l,m[i]) ) return -1; p = Exeuclid(l,m[i],x,y);
x = ( x % (m[i]/p) + (m[i]/p) ) % (m[i]/p), x = fastmul( x, v/p, m[i]/p );
res = res + fastmul( x, l, lcm(l,m[i]) ), res %= ( l = lcm(l,m[i]) );
}
return res;
}
離散對數
求方程\(a^{x}\equiv b\pmod p\)的解,\(\gcd(a,p)=1\)。
根據尤拉定理,\(a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p\),所以\(x\)一定在區間\([1,\varphi(p)]\)裡面,直接列舉的話時間複雜度是\(\mathcal O(\varphi(p))\)的。
考慮分塊,令\(x=kT-r(r\leq T)\),那麼\(a^{kT-r}\equiv b\pmod p\),所以\(a^{kT}\equiv a^{r}b\pmod p\)。此時可以\(\mathcal O(T)\)的時間列舉\(a^{r}b\)的取值,存在一個\(\mathrm{hash}\)表裡面,那麼可以列舉\(k\in\left[1,\left\lceil\frac{\varphi(p)}{T}\right\rceil+1\right]\),然後查表即可,取\(T=\sqrt{\varphi(p)}\),時間複雜度\(\mathcal O(\sqrt {\varphi(p)})\)。
inline ll BSGS(ll a,ll b,ll p) {
ll T = sqrt(p), v1 = 1, v2; map<ll,ll> h;
for (int i = 0; i < T; v2 = v1 = Mul(v1,a,p), i++) h[Mul(v1,b,p)] = i;
for (int i = 1; i <= T + 2; v2 = Mul(v2,v1,p), i++)
if ( h.count(v2) ) return i * T - h[v2];
return -1;
}
Lucas定理
如果\(p\)是質數,那麼
\[{n\choose m}\equiv {n\bmod p\choose m\bmod p}\times {\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor\choose\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\pmod p \]可以在模數較小時的求組合數。
inline int C(int n,int m) { return n < m ? 0 : mul( fac[n], mul( finv[m], finv[n-m] ) ); }
inline int Lucas(int n,int m) { return n < p && m < p ? C(n,m) : mul( C(n%p,m%p), Lucas(n/p,m/p) ); }
素數判定和分解質因數
MillerRabin測試
首先我們可以用費馬小定理來逆向測試,也就是隨機一些\(a\),判定\(a^{x-1}\bmod x\)是否等於\(1\),如果不是\(1\),顯然\(x\)是合數。
但是這樣做仍然有些強偽素數會通過測試,也就是說一個數\(x\)現在滿足對於隨機的\(a\),都有\(a^{x-1}\equiv 1\pmod x\),現在我們要判定\(x\)是不是素數。
我們知道當\(p\)是素數的時候\(x^2\equiv 1\pmod p\)的解是\(x=1/x=p-1\),所以我們就把\(a^{x-1}\)開方,如果不是\(1/p-1\)就可以判定它不是素數,如果是開方後是\(1\)的話可以繼續判定。
這樣做在\(\mathrm{long\ long}\)範圍內不會誤判。
inline bool MillerRabin(int x) {
if ( x == 2 || x == 3 || x == 5 || x == 7 ) return true;
if ( x == 1 || x % 2 == 0 ) return false;
int a = x - 1, b = 0; while ( not( a & 1 ) ) a>>=1, b++;
for (int i = 1, j; i <= 8; i++) {
int base = rand() % ( x - 2 ) + 2, v = fastpow(base,a,x);
if ( v == 1 || v == x - 1 ) continue;
for (j = 0; j < b; j++) if ( ( v = 1LL * v * v % x ) == x - 1 ) break;
if ( j == b ) return false;
}
return true;
}
Pollard-Rho分解質因數
我們可以在\([1,n]\)間隨機\(x_1,x_2,\cdots,x_k\)這\(k\)個數字,然後試圖判定\(\gcd(|x_i-x_j|,n)>1\),如果存在,那麼我們就找到了一個\(n\)的非平凡質因子,根據生日悖論,其成功率很可觀。
隨機數可以用\(x_1=c,x_i=(x_{i-1}^2+c)\bmod n\)的方式生成,分佈比較均勻,但是可能會出現\(\rho\)型環,需要特判。
一個很有效的判環策略是:令一個變數\(x'\)以每次迭代兩下的速度同時計算,如果出現\(x'=x\),那麼就說明出現環,此時只要更改常數\(c\)的值重新計算即可。
這樣做的期望複雜度是\(\mathcal O(n^{\frac{1}{4}}\mathrm{polylog}(n))\)的,要配合\(\mathrm{Miller\ Rabin}\)測試,基本不會誤判。處理\(10^{18}\)範圍內的資料時,要注意配合快速乘。
inline ll PollardRho(ll x) {
if ( MillerRabin(x) ) return x;
for (ll c = 3, x1, x2, i, j; x1 = x2 = i = 1, j = 2; ++c)
for (ll d; x1 = (Mul(x1,x1,x)+c) % x, d = gcd(abs(x1-x2),x);) {
if ( 1 < d && d < x ) return max( PollardRho(d), PollardRho(x/d) );
if ( x1 == x2 ) break; if ( ++i == j ) j <<= 1, x2 = x1;
}
}
階和原根
階的定義和性質
若\(\gcd(a,p)=1\),稱方程\(a^x\equiv 1\pmod p\)的最小正整數解\(x\)為\(a\)模\(p\)的階,記作\(\delta_p(a)\)。
性質\(1\):對於任意的\(n\)滿足\(a^n\equiv 1\pmod p\),都有\(\delta_p(a)|n\),證明如下:
若不成立,則一定有\(n=k\times \delta_p(a)+r(r<\delta_p(a))\),那麼:\(a^{n}\equiv a^{k\times \delta_p(a)}\times a^r\equiv 1\pmod p\),所以\(a^r\equiv 1\pmod p\),這與\(\delta_p(a)\)的最小性矛盾,故假設不成立。
根據尤拉定理可得推論:\(\delta_p(a)|\varphi(p)\)。
性質\(2\):設\(x=\delta_p(a)\),則\(a^0,a^1,\cdots,a^{x-1}\)兩兩不同餘,證明如下:
若不成立,不妨設\(0\leq i<j<x\)滿足\(a^i\equiv a^j\pmod p\),那麼\(a^{j-i}\equiv 1\pmod p\),顯然\(0<j-i<x\),與\(\delta_p(a)\)的最小性矛盾,故假設不成立。
性質\(3\):設\(x=\delta_p(a)\),則\(\delta_p(a^t)=\frac{x}{\gcd(x,t)},t\in \boldsymbol{N}^+\),證明如下:
不妨設\(\delta_p(a^t)=y\),根據階的定義\(a^{ty}\equiv 1\pmod p\),根據階的性質\(1\),有\(x|ty\),可以匯出\(\frac{x}{\gcd(x,t)}|\frac{t}{\gcd(x,t)}\times y\),於是\(\frac{x}{\gcd(x,t)}|y\),根據階的最小性,顯然\(y=\frac{x}{\gcd(x,t)}\)。
原根的定義和性質
若\(\gcd(g,p)=1,\delta_p(g)=\varphi(p)\),則稱\(g\)為模\(p\)意義下的一個原根。
根據階的性質和既約剩餘系的乘法封閉性,我們還可以知道\(g\)為模\(p\)意義下的一個原根,當且僅當\(\{\overline {g},\overline{g^2},\cdots,\overline{g^{\varphi(p)}}\}\)構成一個模\(p\)意義下的既約剩餘系。
最小原根的求法:我們可以直接在\(2\sim p-1\)範圍內列舉\(g\),只要驗證\(\forall i\in[2,\varphi(p)-1]\),\(g^{i}\equiv 1\pmod p\)恆不成立即可。而根據推論,如果存在\(g^i\equiv 1\pmod p\),一定有\(i|\varphi(p)\),所以只要列舉\(\varphi(p)\)的約數驗證即可。再進一步,我們可以對於每個\(\varphi(p)\)的質因數\(p_i\)用\(\frac{\varphi(p)}{p_i}\)來驗證,因為他們涵蓋了\(\varphi(p)\)所有真因子的倍數。
可以證明,一個正整數\(p\)的最小原根是\(O(n^{\frac{1}{4}})\)級別的,那麼結合\(\text{Pollard-}\rho\)演算法,可以實現\(O(p^{\frac{1}{4}}\log^2 p)\)求一個最小原根。
inline void PollardRho(ll x) {
if ( MillerRabin(x) ) return fac.push_back(x), void();
for (ll c = 3, x1, x2, i, j; x1 = x2 = i = 1, j = 2; ++c)
for (ll d; x1 = (Mul(x1,x1,x)+c) % x, d = gcd(abs(x1-x2),x);) {
if ( 1 < d && d < x ) return PollardRho(d), PollardRho(x/d);
if ( x1 == x2 ) break; if ( ++i == j ) j <<= 1, x2 = x1;
}
}
inline ll Phi(ll p) {
if ( MillerRabin(p) ) return p-1; ll val = p;
PollardRho(p), sort( fac.begin(), fac.end() );
fac.erase( unique(fac.begin(),fac.end()), fac.end() );
for (int i = 0; i < fac.size(); i++)
val /= fac[i], val *= (fac[i]-1);
return fac.clear(), val;
}
inline ll PrimitiveRoot(ll p,ll val = 0) {
if ( p == 2 ) return 1; PollardRho( val = Phi(p) );
sort( fac.begin(), fac.end() );
fac.erase( unique(fac.begin(),fac.end()), fac.end() );
for (ll i = 2, flag; flag = 1, i < p; i++) {
for (int j = 0; flag && j < fac.size(); j++)
if ( Pow(i,val/fac[j],p) == 1 ) flag = 0;
if ( flag ) return fac.clear(), i;
}
}
原根存在判定定理:在模\(m\)意義下存在原根,當且僅當\(m=2,4,p^k,2p^k\),其中\(p\)為質數,\(k\)為正整數。
求出一個數的最小原根\(g\)以後,我們可以進一步求出這個數的所有原根:集合\(G=\{g^s|s\in[1,\varphi(p)],\gcd(s,\varphi(p))=1\}\)給出了模\(p\)意義下的所有原根,一共有\(\varphi(\varphi(p))\)個,證明如下:
根據原根的性質,集合\(G_0=\{g^s|s\in[1,\varphi(p)]\}\)生成了模\(p\)意義下的既約剩餘系,已經考察了所有可能的原根,所以只要說明\(g^s\)是模\(p\)意義下的原根,一定滿足\(\gcd(s,\varphi(p))=1\)即可。根據階的性質:\(\delta_p(g^s)=\frac{\varphi(p)}{\gcd(\varphi(p),s)}\),如果\(g^s\)是原根,顯然\(\delta_p(g^s)=\varphi(p)\),那麼就有\(\gcd(\varphi(p),s)=1\),進而可知原根一共有\(\varphi(\varphi(p))\)個。
原根的應用
假設\(g\)是模\(p\)意義下的原根,那麼稱方程\(g^x\equiv a\pmod p\)的最正小整數解為離散對數,記作\(\text{ind}_g(a)\)。
離散對數具有和連續對數一樣的性質:
\[\text{ind}_g(ab)\equiv \text{ind}_g(a)+\text{ind}_g(b)\pmod{\varphi(p)} \\ \text{ind}_g(a^t)\equiv t\times \text{ind}_g(a)\pmod{\varphi(p)} \]離散對數可以在\(O(\sqrt p)\)的時間內求解\(k\)次剩餘,即方程\(x^{k}\equiv a\pmod p\)的解:
\[x^{k}\equiv a\pmod p \\ k\times \text{ind}_g (x)\equiv \text{ind}_g (a)\pmod {\varphi(p)} \\ \left(g^k\right)^{\text{ind}_g(x)}\equiv g^{\text{ind}_g(a)}\equiv a\pmod p \]處理出原根\(g\)之後,\(\text{ind}_g (x)\)的值就可以用\(\text{BSGS}\)演算法求出,然後再快速冪還原出\(x\)即可。
不妨設\(x_0\equiv g^c\pmod p\)是原問題的一個解,那麼\(x^k\equiv g^{kc+t\varphi(p)}\equiv a\pmod p\),顯然解\(x\equiv g^{c+\frac{t\varphi(p)}{k}}\pmod p\),引數\(t\)顯然要滿足\(\frac{k}{\gcd(k,\varphi(p))}|t\),不妨設\(t=i\times \frac{k}{\gcd(k,\varphi(p))},i\in\boldsymbol{N}\),那麼原問題的所有解為:\(x\equiv g^{c+\frac{\varphi(p)}{\gcd(\varphi(p),k)}\times i}\pmod p,i\in \boldsymbol{N}\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll; vector<ll> fac;
inline ll Mul(ll a,ll b,ll p) { return ( a * b - (ll)( (long double) a * b / p ) * p + p ) % p; }
inline ll Pow(ll a,ll b,ll p) { ll c = 1; for (; b; a = Mul(a,a,p), b >>= 1) if (1&b) c = Mul(c,a,p); return c; }
inline ll gcd(ll a,ll b) { return b == 0 ? a : gcd( b, a % b ); }
inline ll lcm(ll a,ll b) { return a / gcd(a,b) * b; }
inline bool MillerRabin(ll x) {
if ( x == 2 || x == 3 || x == 5 || x == 7 ) return true;
if ( x == 1 || x % 2 == 0 ) return false;
ll a = x - 1, b = 0; while ( not( a & 1 ) ) a>>=1, ++b;
for (int i = 1, j; i <= 8; i++) {
ll Base = rand() % ( x - 2 ) + 2, v = Pow(Base,a,x);
if ( v == 1 || v == x - 1 ) continue;
for (j = 0; j < b; j++) if ( ( v = Mul(v,v,x) ) == x - 1 ) break;
if ( j == b ) return false;
}
return true;
}
inline void PollardRho(ll x) {
if ( MillerRabin(x) ) return fac.push_back(x), void();
for (ll c = 3, x1, x2, i, j; x1 = x2 = i = 1, j = 2; ++c)
for (ll d; x1 = (Mul(x1,x1,x)+c) % x, d = gcd(abs(x1-x2),x);) {
if ( 1 < d && d < x ) return PollardRho(d), PollardRho(x/d);
if ( x1 == x2 ) break; if ( ++i == j ) j <<= 1, x2 = x1;
}
}
inline ll Phi(ll x) {
if ( MillerRabin(x) ) return x - 1; ll val = x;
PollardRho(x), sort( fac.begin(), fac.end() );
fac.erase( unique(fac.begin(),fac.end()), fac.end() );
for (int i = 0; i < fac.size(); i++) val /= fac[i], val *= (fac[i]-1);
return fac.clear(), val;
}
inline ll PrimitiveRoot(ll x,ll val = 0) {
if ( x == 2 ) return 1; PollardRho( val = Phi(x) );
sort( fac.begin(), fac.end() );
fac.erase( unique(fac.begin(),fac.end()), fac.end() );
for (ll i = 2, flag; flag = 1, i < x; i++) {
if ( gcd(i,x) != 1 ) continue;
for (int j = 0; flag && j < fac.size(); j++)
if ( Pow(i,val/fac[j],x) == 1 ) flag = 0;
if ( flag ) return fac.clear(), i;
}
}
inline ll BSGS(ll a,ll b,ll p) {
ll T = sqrt(p), v1 = 1, v2; map<ll,ll> h;
for (int i = 0; i < T; v2 = v1 = Mul(v1,a,p), i++) h[Mul(v1,b,p)] = i;
for (int i = 1; i <= T + 1; v2 = Mul(v2,v1,p), i++)
if ( h.count(v2) ) return i * T - h[v2];
return -1;
}
int main(void)
{
ll k,a,p,g,x0,phi,t; vector<ll> x; int T = 0;
while ( ~scanf( "%lld%lld%lld", &k, &p, &a ) ) {
printf( "case%d:\n", ++T );
g = PrimitiveRoot(p), x0 = BSGS(Pow(g,k,p),a,p), phi = Phi(p);
if ( x0 == -1 ) { puts("-1"); continue; }
t = phi / gcd(k,phi), x0 %= t, x.clear();
for (; x0 < phi; x0 += t) x.push_back(x0);
for (int i = 0; i < x.size(); i++) x[i] = Pow(g,x[i],p);
sort( x.begin(), x.end() );
for (int i = 0; i < x.size(); i++) printf( "%lld\n", x[i] );
}
return 0;
}
// HDU3930
基礎數論例題
GCD Table
假設符合要求的位置起點為\((x,y)\),那麼顯然\(\forall i\in[1,k],a_i|x\),也就是\(\mathrm{lcm}(a_1,a_2,\cdots ,a_k)|x\),顯然\(x\)可以取\(k\times \mathrm{lcm}(a_1,\cdots,a_k)\),但是\(k>1\)還要求\(\gcd(k,\frac{y+i-1}{a_i})=1\),顯然\(k>1\)有解,\(k=1\)也有解。
注意到我們還要求\(\forall i\in[1,k],a_i|(y+i-1)\),所以\(\forall i\in[1,k],y\equiv 1-i\pmod{a_i}\),用\(\mathrm{ExCRT}\)解這個同餘方程組,注意要讓\(y\)是正整數。
即使\((x,y),\cdots,(x,y+k-1)\)都落在給定的表格內,也要再次檢驗是否符合題意,因為保證下標都是對應\(a_i\)的倍數,有可能其\(\gcd\)也是\(a_i\)的倍數,不是\(a_i\)。
儀仗隊
\[2+\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}e(\gcd(i,j)) \\ =3+2\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{i-1}e(\gcd(i,j))=3+2\sum_{i=1}^{n-1}\varphi(i) \]Longge的問題
\[\sum_{i=1}^n\gcd(i,n)=\sum_{d|n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}e\left(\gcd\left(i,\frac{n}{d}\right)\right) \\ =\sum_{d|n}d\varphi\left(\frac{n}{d}\right) \]沙拉公主的困惑
考慮到\(\gcd(x,y)=\gcd(x+y,y)=\gcd(x+ky,y)\),所以對於\(i\in[1,m!]\),當一個\(\gcd(i,m!)\)取到\(1\)時,總共會有\(\frac{n!}{m!}\)個\(\gcd(i+k(m!),m!)\)取到\(1\),所以:
\[\sum_{i=1}^{n!}e(\gcd(i,m!))=\frac{n!}{m!}\sum_{i=1}^{m!}e(\gcd(i,m!))=\frac{n!}{m!}\varphi(m!) \]外星人
首先要發現只有\(\varphi(2)=1\),然後考慮唯一分解式取\(\varphi\)之後會發生什麼:
\[\varphi\left(\prod p_i^{a_i}\right)=\prod(p_i-1)p_i^{a_i-1} \]我們發現,每次取\(\varphi\)後原數中的因子\(2\)會因為\(p_i=2\)的部分恰好減少一個,但是會被其他\(p_i\)是奇質數的部分增加若干個。當這個數字\(n\)沒有任何因子\(2\)的時候,\(n\)就是\(1\)了,所以取\(\varphi\)函式的次數,就恰好是\(n\)所有質因子的冪會產生的\(2\)的個數之和。
設\(f(x)\)表示\(x\)會產生多少個因子\(2\),顯然\(f(p)=f(p-1)\),\(f(a\times p)=f(a)\times f(p)(p\in\mathrm{Prime})\),這一過程線上性篩裡面處理即可,那麼根據輸入就可以直接計算答案了。
要注意,當\(n\)一開始為奇數的時候,第一次取\(\varphi\)沒有因子\(2\)可以消去,所以答案要\(+1\)。
上帝與集合的正確用法
\[2^{2^{2^{\cdots}}}\equiv 2^{\left(2^{2^{2^{\cdots}}}\right)\bmod \varphi(p)+\varphi(p)}\pmod p \]直接遞迴,當\(\varphi(p)=1\)時,返回\(0\)即可。
數論函式
符號及約定
\(1.\) \([P]\)是指正則表示式,當\(P\)為\(\mathrm{true}\)時,\([P]=1\),當\(P\)為\(\mathrm{false}\)時,\([P]=0\)。
\(2.\) 約數個數函式定義為\(\tau(n)=\sum_{d|n}1\)。
\(3.\) 約數和函式定義為\(\sigma(n)=\sum_{d|n}d\)。
\(4.\) 元函式定義為\(e(n)=[n=1]\)。
\(5.\) 恆等函式定義為\(I(n)=1\)。
\(6.\) 單位函式定義為\(\epsilon_k(n)=n^k\)。
\(7.\) 尤拉函式定義為\(\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1]\)。
\(8.\) 設\(n=\prod p_i^{c_i}\),則莫比烏斯函式定義為\(\mu(n)=\begin{cases}1&n=1\\(-1)^k& \forall c_i=1\\0&\exist c_i>1\end{cases}\)。
\(9.\) 對於數論函式\(f\),若滿足\(\gcd(a,b)=1\)時,有\(f(ab)=f(a)f(b)\),則稱函式\(f\)為積性函式。
\(10.\) 對於兩個函式\(f,g\),定義他們的\(\mathrm{dirichlet}\)卷積為:\((f\times g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\),函式\(f,g\)不必要是積性函式。
尤拉篩法
前置知識裡已經提到過,以下給出本文可能會使用的線性篩程式碼:
int flag[N],Prime[N],cnt;
inline void EularSieve(void)
{
for (int i = 2; i <= Lim; i++) {
if ( !flag[i] ) Prime[++cnt] = i;
for (int j = 1; j <= cnt && i * Prime[j] <= Lim; j++) {
flag[ i * Prime[j] ] = true;
if ( i % Prime[j] == 0 ) break;
}
}
}
這是最樸素的尤拉篩法,不過當我們要篩一些比較複雜的積性函式的時候,線性篩方程的推導可能會非常複雜。
因此我們考慮引入一種更好的線性篩法,目的是能夠方便的篩出積性函式的值。
首先,我們注意到積性函式的性質:當\(\gcd(a,b)=1\)時,有\(f(ab)=f(a)f(b)\)。那麼對於一個任意的正整數\(n\),我們可以用算術基本定理進行分解:
\[n=\prod_{i=1}^kp_i^{c_i} \]此時,任意的\(i,j\in[1,k]\)都滿足\(\gcd(p_i^{c_i},p_j^{c_j})=1\)。那麼我們就可以得到:
\[f(n)=f\left(\prod_{i=1}^kp_i^{c_i}\right)=\prod_{i=1}^kf(p_i^{c_i}) \]那麼我們就有一個想法:利用定義求出積性函式\(f\)在所有素數冪出的取值,然後直接遞推出所有函式值。
具體地說,可以這樣遞推:
f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= Lim; i++)
if ( i == Pow[i] ) f[i] = Calc(p[i],e[i]);
else f[i] = f[i/Pow[i]] * f[Pow[i]];
其中\(p_i\)代表數\(i\)的最小素因子,\(e_i\)代表\(i\)的分解式中\(p_i\)這個素因子的指數,\(\mathrm{Calc}\)就是求素數冪處取值的函式,而\(\mathrm{Pow}_i=p_i^{e_i}\),這樣是不是就符合我們的要求了呢?
那麼現在我們的問題就是如何求出\(p,e,\mathrm{Pow}\)這三個陣列,幸運的是,他們都可以線上性篩的過程中求。
根據尤拉篩法每次用一個數的最小素因子篩去這個合數,就可以更新這三個陣列的值了。
程式碼如下:
int p[N],e[N],Pow[N],Prime[N],cnt;
inline void EularSieve(void)
{
Pow[1] = p[1] = f[1] = 1 , e[1] = 0;
for (int i = 2; i <= Lim; i++) {
if ( p[i] == 0 ) p[i] = Pow[i] = Prime[++cnt] = i , e[i] = 1;
for (int j = 1; j <= cnt && i * Prime[j] <= Lim; j++) {
int Next = i * Prime[j]; p[Next] = Prime[j];
if ( p[i] == Prime[j] ) {
e[Next] = e[i] + 1;
Pow[Next] = Pow[i] * Prime[j];
break;
}
else e[Next] = 1 , Pow[Next] = Prime[j];
}
}
for (int i = 2; i <= Lim; i++)
if ( i == Pow[i] ) f[i] = Calc(p[i],e[i]);
else f[i] = f[i/Pow[i]] * f[Pow[i]];
}
Dirichlet卷積
Dirichlet卷積的性質
\(1.\) 兩個積性函式\(f\)和\(g\)的\(\mathrm{dirichlet}\)卷積仍為積性函式。
證明:
設有兩個積性函式\(f\)和\(g\),則它們的\(\mathrm{dirichlet}\)卷積為:
\[h=f\times g=\sum_{d|n}f(d)g\left(\frac{n}{d}\right) \]對於函式\(h\)則可以得到:
\[h(x)h(y)=\left (\sum_{d_1|x}f(d_1)g\left(\frac{x}{d_1}\right)\right)\left(\sum_{d_2|y}f(d_2)g\left(\frac{y}{d_2}\right)\right) \\ \ \\=\sum_{d_1|x,d_2|y}f(d_1d_2)g\left(\frac{xy}{d_1d_2}\right)=\sum_{d|xy}f(d)g\left(\frac{xy}{d}\right)=h(xy) \]故函式\(h\)為積性函式。
\(2.\) \(\mathrm{dirichlet}\)卷積滿足交換律。
證明:
設有數論函式\(f\)和\(g\),則有:
\[f\times g=\sum_{d|n}f(n)g\left(\frac{n}{d}\right)=\sum_{d|n}g(n)f\left(\frac{n}{d}\right)=g\times f \]\(3.\) \(\mathrm{dirichlet}\)卷積滿足結合律。
證明:
設有數論函式\(f\),\(g\)和\(h\),則有:
\[(f\times g)\times h=f\times g \times h\\=g\times h \times f=(g\times h)\times f\\=f\times (g\times h) \]\(4.\) \(\mathrm{dirichlet}\)卷積滿足分配律。
證明:
設有數論函式\(f\),\(g\)和\(h\),則有:
\[(g+h)\times f=\sum_{d|n}(g(d)+h(d))f\left(\frac{n}{d}\right) \\=\sum_{d|n}g(d)f\left(\frac{n}{d}\right)+\sum_{d|n}h(d)f\left(\frac{n}{d}\right) \\=g\times f+h\times f \]常見的Dirichlet卷積
\(1.\) \(f\times e=f\)
正確性顯然,對於任意函式\(f\)成立.
\(2.\) \(\epsilon=\varphi \times I\)
\[\epsilon=e\times \epsilon=\epsilon\times \mu \times I=\varphi \times I \]\(3.\) \(\tau=I\times I\)
\[I^2(n)=\sum_{d|n}I(d)I\left(\frac{n}{d}\right)=\sum_{d|n}1=\tau(n) \]\(4.\) \(\sigma=\epsilon\times I\)
\[(\epsilon\times I)(n)=\sum_{d|n}\epsilon(d)I\left(\frac{n}{d}\right)=\sum_{d|n}d=\sigma(n) \]\(5.\) \(e=\mu\times I\)
\[(\mu \times I)(n)=\sum_{d|n}\mu(d)I\left(\frac{d}{n}\right)=\sum_{d|n}\mu(d) \]不妨設\(n=\prod_{i=1}^k p_i^{a_i}\),\(\mathrm{P}=\{1,p_1,p_2,\cdots,p_{k-1}\}\),因為當\(x\)有平方因子時\(\mu(x)=0\),所以可以進行如下轉化:
\[(\mu\times I)(n) = \sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{S\subseteq \mathrm{P}}\left (\mu\left(\prod_{p\in S}p\right) + \mu\left(p_k\prod_{p\in S}p\right)\right ) \]對於質數\(p\)和正整數\(a\)滿足\(p\not | a\),顯然有\(\mu(p)+\mu(ap)=0\),所以:
\[(\mu \times I)(n)=\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]=e(n) \]\(6.\) \(\varphi=\epsilon\times \mu\)
\[(\epsilon \times \mu)(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}=\varphi(n) \]可以用尤拉函式的容斥計算來理解.
\(7.\) \(\sigma=\tau \times \varphi\)
\[\sigma =I\times \epsilon=I^2\times \varphi=\tau\times \varphi \]下取整函式的性質
\(1.\) 對於\(i\in \left [x, \left \lfloor \frac{k}{ \left\lfloor \frac{k}{x}\right \rfloor } \right \rfloor \right ]\),\(\left\lfloor \frac{k}{i} \right\rfloor\)的值都相等。
證明:
設\(f(x)= \left \lfloor \frac{k}{ \left\lfloor \frac{k}{x} \right\rfloor } \right \rfloor\),顯然有\(f(x)\geq \left \lfloor \frac{k}{ \left( \frac{k}{x} \right) } \right \rfloor=x\),則可得\(\left \lfloor \frac{k}{f(x)} \right \rfloor\leq \left \lfloor \frac{k}{x} \right \rfloor\)。
從另一方面考慮,則有\(\left \lfloor \frac{k}{f(x)} \right \rfloor\geq\left \lfloor \frac{k}{ \frac{k}{\left \lfloor k/x \right \rfloor } } \right \rfloor=\left\lfloor \frac{k}{x}\right \rfloor\),則可得:\(\left \lfloor \frac{k}{f(x)} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{k}{x} \right \rfloor\)。
\(2.\) \(\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\)最多隻有\(2\sqrt n\)種取值。
證明:
當\(k\leq\sqrt n\)時,至多隻有\(\sqrt n\)個\(k\),所以對應的取值只有\(\sqrt n\)種。
當\(k>\sqrt n\)時,有\(1\leq\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\leq\sqrt n\),所以對應的取值也只有\(\sqrt n\)種。
那麼當我們要對某個有關下取整函式的值求和的時候,就可以使用如下的整除分塊演算法,時間複雜度\(O(\sqrt n)\)。
inline int Calc(void) {
int res = 0;
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
( r = n/l ? min( n/(n/l) , n ) : n ), res += f(n/l);
return res;
}
對於二元的情況,其實也是一樣的,我們考慮間斷點合併,就可以證明其時間複雜度為\(O(\sqrt n + \sqrt m)\)。
inline int Calclim(int n,int k,int l) { return k/l ? min( k/(k/l) , n ) : n; }
inline int Calc(void)
{
int res = 0;
for (int l = 1, r; l <= min(n,m); l = r + 1)
r = min( Calclim( min(n,m), n, l ), Calclim( min(n,m), m, l ) ),
// 此時,區間[l,r]中所有的 [n/l] 都相等,所有的 [m/l] 也都相等
res += f( n/l , m/l );
return res;
}
\(3.\) 若\(m\)是正整數,則有\(\left\lfloor\frac{\lfloor x \rfloor}{m}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{x}{m}\right\rfloor\)
證明:
設\(x=km+r(r<m)\),則
\[\left\lfloor\frac{\lfloor x \rfloor}{m}\right\rfloor=\left\lfloor k+ \frac{\lfloor r \rfloor}{m}\right\rfloor=k\\ \ \\ \left\lfloor\frac{x}{m}\right\rfloor=\left\lfloor k+ \frac{r}{m}\right\rfloor=k \]推論 :
\[\left\lfloor\frac{\left\lfloor k/n \right\rfloor}{m}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{k}{nm}\right\rfloor \]反演原理
一般來說會用到兩種反演原理:
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^me(\gcd(i,j))=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{k|\gcd(i,j)}\mu(k) \\ \]第一個,本質上是\(\mu\times I=e\),用於一般的莫比烏斯反演.
\[F(n)=\sum_{d|n}f(d)\Longleftrightarrow f(n)=\sum_{d|n}g(d)\mu\left(\frac{n}{d}\right) \]第二個,本質上是\(F=f\times I\Leftrightarrow f=F\times \mu\),又稱為因數形式莫比烏斯定理(倍數形式莫比烏斯定理基本上可以用反演原理一代替,這裡不提了).
\[F(n)=\sum_{d|n}f(d)\Longleftrightarrow f(n)=F(n)- \sum_{d|n\and d\not = n}f(d) \]第三個,沒什麼好說的,就是直接根據定義變形.
數論函式例題:幾種常見的反演
NOI2010 能量採集
\(n,m\leq 10^5\),求:
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\left( 2\gcd(i,j)-1\right) \]\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}d\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d] \\ = \sum_{d=1}^{\min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor}[\gcd(i,j)=1] \\ = \sum_{d=1}^{\min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor}\sum_{k|\gcd(i,j)}\mu(k) \\ = \sum_{d=1}^{\min(n,m)}d\sum_{k=1}^{\min(\lfloor n/d\rfloor,\lfloor m/d\rfloor)}\mu(k) \sum_{k|j}^{\lfloor n/d\rfloor}\sum_{k|j}^{\lfloor m/d\rfloor}1 \\ =\sum_{d=1}^{\min(n,m)}d\sum_{k=1}^{\min(\lfloor n/d\rfloor,\lfloor m/d\rfloor)}\mu(k)\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{kd}\right\rfloor \\ = \sum_{T=1}^{\min(n,m)}\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor \sum_{d|T}d\times \mu\left(\frac{T}{d} \right) \\ = \sum_{T=1}^{\min(n,m)}\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor\varphi(T) \]顯然\(\varphi\)函式可以線性篩,那麼時間複雜度就優化到\(O(\sqrt n+\sqrt m)\)回答每一組詢問.
看到\(\gcd\),其實可以用尤拉反演秒殺:
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{k|\gcd(i,j)}\varphi(k) = \sum_{k=1}^{\min(n,m)}\varphi(k)\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor \]Luogu2257 YY的gcd
\(T=10^4\),\(n,m\leq 10^7\),求:
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)\ \mathrm{is\ a \ prime\ number}] \]\[\mathrm{LHS}=\sum_{p\ \mathrm{is\ prime\ number}}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=p] \\ \sum_{p}\sum_{i=1}^{\lfloor n/p\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor m/p\rfloor}[\gcd(i,j)=1]=\sum_{p}\sum_{i=1}^{\lfloor n/p\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor m/p\rfloor}\sum_{k|\gcd(i,j)}\mu(k) \\ = \sum_{p} \sum_{k=1}^{\min(\lfloor n/p\rfloor,\lfloor m/p\rfloor)}\mu(k)\sum_{k|i}^{\lfloor n/p\rfloor}\sum_{k|j}^{\lfloor m/p\rfloor}1 \\ = \sum_{p} \sum_{k=1}^{\min(\lfloor n/p\rfloor,\lfloor m/p\rfloor)}\mu(k)\left\lfloor\frac{n}{kp}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{kp}\right\rfloor \\ =\sum_{T=1}^{\min(n,m)}\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor\sum_{p\mathrm{\ is\ a\ prime\ number},p|T}\mu\left(\frac{T}{p}\right) \]顯然我們可以令
\[f(T)=\sum_{p\mathrm{\ is\ a\ prime\ number},p|T}\mu\left(\frac{T}{p}\right) \]我們完全可以列舉每一個質數\(p\)然後調和級數地列舉其倍數,累加貢獻,時間複雜度是\(O(\frac{n}{\ln n}\times \ln n)\approx O(n)\),當然也可以分類討論線性篩,不過沒什麼必要.
BZOJ2693 jzptab
\(T\leq 10^4\),\(n,m\leq 10^7\),求:
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j) \]\[\mathrm{LHS}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{\gcd(i,j)}=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{d}[\gcd(i,j)=d] \\ = \sum_{d=1}^{\min(n,m)}\sum_{i=1}^{\lfloor n/d \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor m/d \rfloor}dij[\gcd(i,j)=1]=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\lfloor n/d \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor m/d \rfloor}ij[\gcd(i,j)=1] \\ \]令\(F(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij[\gcd(i,j)=1]\),則:
\[F(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij\sum_{k|\gcd(i,j)}\mu(k)=\sum_{k=1}^{\min(n,m)}\mu(k)\sum_{k|i}^{n}\sum_{k|j}^mij \\ = \sum _{k=1}^{\min(n,m)}\mu(k)k^2\sum_{i=1}^{\lfloor n/k\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor m/k\rfloor}ij \]這裡記\(S(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij=\frac{nm(n+1)(m+1)}{4}\),那麼:
\[F(n,m)=\sum _{k=1}^{\min(n,m)}\mu(k)k^2S\left(\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor\right) \\ \mathrm{LHS}=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}d\sum_{k=1}^{\min(\lfloor n/d\rfloor,\lfloor m/d\rfloor)}\mu(k)k^2S\left(\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{kd}\right\rfloor\right) \\ =\sum_{T=1}^{\min(n,m)}S\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor\right)\sum_{k|T}T\times k\mu(k) \]顯然後面的函式又是積性函式,可以線性篩,那麼就可以\(O(\sqrt n+\sqrt m)\)回答一組詢問了.