狄利克雷卷积&莫比乌斯反演总结

狄利克雷卷积&莫比乌斯反演总结

Prepare

1、\([P]\)表示当\(P\)为真时\([P]\)为\(1\)，否则为\(0\)。

2、\(a|b\)指\(b\)被\(a\)整除。

3、一些奇怪常见的函数:

\(1(n)=1\)

\(id(n)=n\)

\(\sigma(n)=n的约数和\)

\(d(n)=n的约数个数\)

\(\epsilon(n)=[n==1]\)

狄利克雷卷积

数论函数

数论函数指一类定义域是正整数，值域是一个数集的函数。

加法：逐项相加就可以辣\((f+g)(x)=f(x)+g(x)\)

数乘：用一个常数乘\((xf)(n)=x*f(n)\)

狄利克雷卷积

定义两个数论函数的狄利克雷卷积\(*\)：

若\(t=f*g\)则

\[t(n)=\sum_{i|n}f(i)g(\frac{n}{i})
\]

等价于

\[t(n)=\sum_{ij=n}f(i)g(j)
\]

狄利克雷卷积有以下性质(两个数论函数相等，是指两个函数的每一项都相等)：

1、交换律\(f*g=g*f\)

2、结合律\(f*(g*h)=(f*g)*h\)

3、分配律\(f*h+g*h=(f+g)*h\)

4、没有名字\((xf)*g=x(f*g)\)

5、单位元\(\epsilon*f=f\)，其中\(\epsilon(n)=[n==1]\)

6、逆元:对于每一个\(f(1)\neq 0\)的函数\(f\)，都有\(f*g=\epsilon\)

讨论一下第六个结论，如何求一个函数的逆呢？

只需要定义

\[g(n)=\frac{1}{f(1)}\left([n==1]-\sum_{i|n,i\neq 1}f(i)g(\frac{n}{i})\right)
\]

这样的话

\[\sum_{i|n}f(i)g(\frac{n}{i})=f(1)g(n)+\sum_{i|n,i\neq1}f(i)g(\frac{n}{i})=[n==1]
\]

积性函数

如果一个数论函数\(f\)有当\(gcd(n,m)==1\)时

\[f(nm)=f(n)f(m)
\]

就称\(f\)为积性函数。

一些常见的积性函数：

\(\epsilon(n)=[n==1]\),\(id(n)=n\),\(id^{k}(n)=n^k\)

事实上他们也满足完全积性(即当\(gcd(n,m)\neq1\)时，也有\(f(nm)=f(n)f(m)\))

特殊的，我们令\(id^0(n)=1(n)=1\)

还有两个普通的积性函数

\(d(n)=n的约数和\)、\(\varphi(n)=[1,n]中与n互质的数的个数\)

还有两个重要结论：

两个积性函数的狄利克雷卷积是积性函数。

积性函数的逆是积性函数。

积性函数有什么用呢？

它可以线性筛

然而还有更有用的\(---\)

莫比乌斯反演

一些理论

我们定义\(1\)的逆是\(\mu\)

这样的话，如果\(g=f*1\)，就有\(f=f*1*\mu=g*\mu\)

换句话说，就是

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

也可以这样子

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

例子

怎么用呢？举几个例子(以下情况默认\(n\leq m\))

---

\(Eg1\)

求

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

然后怎么办呢？

设

\[f(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{i=1}^m[gcd(i,j)==x] \\
g(x)=\sum_{x|d}f(d)
\]

则

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

考虑\(g(x)\)是什么

\[g(x)=\sum_{x|d}\sum_{i=1}^n\sum_{i=1}^m[gcd(i,j)==d]
\]

即

\[g(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{i=1}^m[x|gcd(i,j)] \\
g(x)=\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac nx\right\rfloor}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac mx\right\rfloor}[1|gcd(i,j)]\\
g(x)=\left\lfloor\frac nx\right\rfloor\left\lfloor\frac mx\right\rfloor
\]

带回\(f(1)\)

\[Ans=\sum_{x=1}^n\mu(x)\left\lfloor\frac nx\right\rfloor\left\lfloor\frac mx\right\rfloor
\]

这个用整除分块可以做到\(O(\sqrt n)\)

---

\(Eg2\)

求

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

可化为

\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md[gcd(i,j)==d] \\
\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac nd\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac md\right\rfloor}[gcd(i,j)==1]
\]

设

\[x=\left\lfloor\frac nd\right\rfloor, y=\left\lfloor\frac md\right\rfloor
\]

则

\[\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^x\sum_{j=1}^y[gcd(i,j)==1]
\]

套入我们刚才在\(Eg1\)求得的

\[\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^x\mu(i)\left\lfloor\frac xi\right\rfloor\left\lfloor\frac yi\right\rfloor\\
\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)\left\lfloor\frac {x}{id}\right\rfloor\left\lfloor\frac {y}{id}\right\rfloor
\]

化到现在是\(O(n)\)的，因为前后都可以数论分块

但是我们能做得更好

令\(T=id\)

原式化为

\[\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^n\mu(i)\left\lfloor\frac {x}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac {y}{T}\right\rfloor\\
\sum_{T=1}^n\left\lfloor\frac {x}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac {y}{T}\right\rfloor\sum_{d|T}d\mu(\frac Td)
\]

乍一看还是\(O(n)\)的呀，但是对于后面那一坨

\[f(T)=\sum_{d|T}d\mu(\frac Td)\\
\Leftrightarrow\\
f(T)=\sum_{ij=T}id(i)\mu(j)
\]

两个积性函数相乘，可以线性筛呀！！

所以复杂度被我们压到了\(O(\sqrt n)\)

\(upd\;on\;2019.3.9:\)

发现以前没有讲线性筛，导致现在自己都不知道是怎么搞得了。。。

线性筛

我们筛\(\mu\)的函数是长这样的(自动认为有模数)：

int prime[MAX_N], mu[MAX_N]
bool nprime[MAX_N];
void sieve() {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N; i++) {
		if (!nprime[i]) prime[++tot] = i, mu[i] = Mod - 1;
		for (int j = 1; i * prime[j] <= N; j++) {
			nprime[i * prime[j]] = 1;
			if (i % prime[j] == 0) break;
			mu[i * prime[j]] = Mod - mu[i];
		}
	}
}

其实就是和筛素数的是一样的，

if (i % prime[j] == 0) break;

这句话保证了复杂度，因为你存的素数是递增的，

如果\(i\)被\(prime[j]\)整除后，\(i*prime[j+k](k>0)\)一定可以被\(prime[j]*x\)的形式表示出来。

那么就有我们下面的一个问题：

---

\(Eg3\)

给定你一个数组\(f\)，求

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

其中\(n,m\leq 10^7\)，数据组数\(T\leq 10^4\)。

由我们上面推的东西，将\(f\)看作一个数论函数，可以知道只要求出一个函数\(g=\mu * f\)的前缀和，

这个问题就解决了。

一下是解决这个问题的几种方法(蒯的)：

void get_g_1(int N, const int *f, int *g) {
  for (int i = 1; i <= N; i++) g[i] = 0;
  for (int i = 1; i <= N; i++)
    for (int j = 1; i * j <= N; j++)
      g[i * j] = (g[i * j] + mu[i] * f[j]) % mod;
} // 依照定义，O(nlogn)
void get_g_2(int N, const int *f, int *g) {
  for (int i = 1; i <= N; i++) g[i] = f[i];
  for (int i = 1; i <= N; i++)
    for (int j = 2; i * j <= N; j++)
      g[i * j] = (g[i * j] - g[i]) % mod;
} // 类似求狄利克雷卷积逆的方式，不需要线性筛 mu ，O(nlogn)
void get_g_3(int N, const int *f, int *g) {
  for (int i = 1; i <= N; i++) g[i] = f[i];
  for (int i = 0; i < prime_count; i++)
    for (int j = N / prime[i]; j >= 1; j--)
      g[j * prime[i]] = (g[j * prime[i]] - g[j]) % mod;
} // Magic! O(nloglogn)

对于最后一种方法，理解成dp：

\[g_{i,n}=\sum_{d|n,d只包含前i种质因子}\mu(d)f(n/d)
\]

那么转移：

\[g_{i,n}=\begin{cases}
g_{i-1,n}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;p_i\nmid n\\
g_{i-1,n}-g_{i-1,n/p_i}\;\;\;\;\;p_i\mid n
\end{cases}
\]

复杂度\(O(n\log\log n)\)。

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参考文章1

参考文章2