約數個數函數的一個性質證實，以及其推廣

洛谷P3327 [SDOI2015]約數個數和

洛谷P4619 [SDOI2018]舊試題

要用到這個性質，並且網上幾乎沒有能看的證實，因此特別提出來整理一下。

Original

二維

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

其中 \(d\) 是約數個數函數，即 \(d_k (n) = \sum_{d|n} 1\)

（看上去比較難以想象對吧）

右側的枚舉，一部分因子算多了（好比當 \(\gcd(x,y)=1\) 且額外有 \(x|B,y|A\) 時，能夠枚舉出 \(x*y = y*x\) ），一部分因子又沒有算（好比當 \(\gcd(A,B) \not= 1\) 時的 \(A*B\) ）。可是算多和算少之間達成了詭異的平衡。

首先考慮 \(A,B\) 互質的狀況。顯然此時右式中的 \([\gcd (x,y) = 1]\) 恆成立。而左式能夠經過積性函數的性質拆開。兩側都爲 \(d(A)*d(B)\) ，成立。（其實並無按是否互質討論的必要，可是這樣想能讓咱們的思路更加清晰）

那麼考慮 \(\gcd(A,B) \not= 1\) 時的狀況。不妨先證實 \(A = p^a, B = p^b\) （ \(p\) 是素數，這兩個 \(p\) 是同一個數）時等式成立。

這部分的證實是容易的。根據約數個數的定義，左式顯然爲 \(a+b+1\)。對於右式，設 \(x = p^c, y= p^d\) ，若要使 \([\gcd (x,y) = 1]\) 成立， \(c,d\) 中至少有一個爲 \(0\) 。那麼當 \(b=0\)時，\(c \in [0, a]\)；當 \(a=0\) 時， \(c \in [0,b]\) ；其餘狀況都不知足條件。排除重複的 \(c=0, d=0\) ，共有 \(a+b+1\) 個狀況成立，與左式相同，故等式成立。

討論更加通常的狀況。有了前面的證實，咱們考慮將 \(AB\) 分解質因數後食用，分解後的每一項的形式爲 \(p^{a+b}\) 。左邊根據約數個數基本性質「指數加一連乘積」，即每個 \(p\) 對應的 \((a+b+1)\) 之積。對於右側，前證說明對於每一個 \(p\) ，合法的 \(c,d\) 的選擇有對應的 \(a+b+1\) 種，要讓 \([\gcd(x,y)=1]\) 須要每個 \(p\) 都是合法狀況。而每一個 \(p\) 相對獨立，其本質就是許多個「選擇」，直接用乘法原理合並起來便可，因而也與左式相同。

用通俗一點的說法，我無論其餘的 \(p\) 到底須要讓 \(x,y\) 知足什麼樣的條件才能使 \([\gcd(x,y)=1]\) ，反正在我這個 \(p\) 這裏只有 \(a+b+1\) 種方案合法。

總之這樣就證畢了。

證實思路很像積性函數的合併，也許對其餘一些積性函數命題的證實這種方法也管用。

高維

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

的高維拓展，證實思路基本相同，再也不贅述。（若是以爲有點迷能夠先跳過，Extended裏的證實更加接近本質）

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Extended (update 2020/03/08)

下面研究 Original 推廣到廣義約數個數函數的形式。

二維

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

其中 \(\sigma_k\) 是廣義的約數個數函數，即 \(\sigma_k (n) = \sum_{d|n} d^k\)

顯然中式和右式是等價的。現證實左式和右式等價。

證實思路與上面基本一致。一樣的，咱們先解決 \(A=p^a, B=p^b\) 的狀況。

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

一樣設 \(x=p^c, y=p^d\) 。分析 \([\gcd(x,\frac{B}{y})=1]\) 的意義，它的意思是若 \(x\) 中不含 \(p\) （ \(c=0\) ），則 \(y\) 能夠隨便選（ \(d \in [0,b]\) ）；若 \(x\) 中含 \(p\) （ \(c \in [1,a]\) ），則 \(y\) 就必須包含全部的 \(p\) （ \(d=b\) ），不然 \(\frac{B}{y}\) 裏就含有 \(p\) 了；其餘狀況不知足條件 。

即合法的狀況爲 \((0,[0,b])\) 和 \(([1,a],b)\) 。

那麼，根據右式的形式，能夠得出
\[ \begin{aligned} 右式 &= \sum_{i=0}^b p^0 p^i + \sum_{i=0}^a p^i p^b \\ &= \sum_{i=0}^b p^i + \sum_{i=0}^a p^{b+i} \end{aligned} \]

該式實際上只是將左式的枚舉從 \(b\) 那裏切開了。兩式是等價的。

那麼和上面同樣的，對於通常的狀況分解質因數，對每個 \(p\) 分別考慮，積性合併便可。所有乘起來的依據也是乘法原理（ \(\sum * \sum\) 就是在枚舉全部的方案對應貢獻乘積之和）。可能有人問：這裏的 \(B\) 不是發生變化了嗎？其實 \(B\) 充當的是一個 \(y\) 的全集，不是 \(p^b\) 了也不影響 \(x,y\) 的取值，因此是沒有關係的。能夠參考一下 Original 裏「通俗一點的說法」。

高維

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

的高維拓展， \(\gcd\) 部分就是如 \(x-y\) ， \(x-z\) ， \(y-z\) 兩兩配對的形式，這樣來限制取值範圍。

證實思路基本相同，一樣寫出合法狀況 \((0,0,[0,c])\) ， \((0,[1,b],c)\) ， \(([1,a],b,c)\) ，對應 \(p^{a+b+c+1}\) ，就容易證實了。

已打表檢驗正確。