莫比乌斯反演与狄利克雷卷积

比较无聊，不建议 OI 选手学，也不建议将这部分出成赛题。

一、基本定义

我们先定义数论函数：定义域为正整数，值域为一个数集的函数。

定义两个数论函数的狄利克雷卷积：

若 $t=f\ast g$，则 $t(n)=\sum_{i\mid n}f(i)g\left(\dfrac{n}{i}\right)$。

狄利克雷卷积是满足交换律和结合律的。

我们再补充一个分配律：$(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$（这个很显然啊）。

以及一个逆元的求法：

对于每个 $f(1)\not = 0$ 的函数 $f$，都有 $g$ 使 $f*g=\varepsilon$。
定义 $g(n)=\dfrac{1}{f(1)}\left([n=1]-\sum_{i\mid n,i\not =1}f(i)g\left(\dfrac{n}{i}\right)\right)$。
易知：$\sum_{i\mid n}f(i)g\left(\dfrac{n}{i}\right)=f(1)g(n)+\sum_{i\mid n,i\not = 1}f(i)g\left(\dfrac{n}{i}\right)=[n=1]$。

补充结论：

两个积性函数的狄利克雷卷积是积性函数。

证明：若 $n\bot m$，且 $a\mid n$，$b\mid m$，则 $a\bot b$，此时：

\[\begin{aligned} t(nm)&=\sum_{d\mid nm}f(d)g\left(\dfrac{nm}{d}\right) \\\\ &= \sum_{ab\mid nm}f(ab)g\left(\dfrac{nm}{ab}\right) \\\\ &= \sum_{ab\mid nm} f(a)g\left(\dfrac{n}{a}\right)f(b)g\left(\dfrac{m}{b}\right) \\\\ &= \left(\sum_{a\mid n}f(a)g\left(\dfrac{n}{a}\right)\right)\left(\sum_{b\mid n}f(b)g\left(\dfrac{m}{b}\right)\right) \\\\ &= t(n)t(m) & \square \end{aligned}\]
积性函数的逆是积性函数（不考虑 $f(1)=0$）。

证明：考虑对 $nm$ 的大小进行归纳。
- 若 $nm=1$，则 $g(1)=1$，结论成立
- 假设 $nm>1$，当 $n'm'<nm$ 时有 $g(n'm')=g(n')g(m')$，欲证 $nm$ 时满足命题：
  
  \[\begin{aligned} g(nm)&=-\sum_{d\mid nm,d\ne 1}f(d)g\left(\dfrac{nm}{d}\right) \\\\ &= -\sum_{a\mid n,b\mid m,ab\ne 1}f(a)f(b)g\left(\dfrac{n}{a}\right)g\left(\dfrac{m}{b}\right) \\\\ &= f(1)f(1)g(n)g(m)-\sum_{a\mid n,b\mid m}f(a)f(b)g\left(\dfrac{n}{a}\right)g\left(\dfrac{m}{b}\right) \\\\ &= g(n)g(m)-\left(\sum_{a\mid n}f(a)g\left(\dfrac{n}{a}\right)\right)\left(\sum_{b\mid m}f(b)g\left(\dfrac{m}{b}\right)\right) \\\\ &= g(n)g(m)-\varepsilon(n)\varepsilon(m) \\\\ &= g(n)g(m) \end{aligned}\]
  这里 $\dfrac{nm}{ab}<nm$ 可运用归纳条件。
$\mathcal{Q.E.D.}$

二、符号及常用结论

常用的几个符号：

$\varepsilon$，这个函数是单位元，具体来说，除了 $\varepsilon(1)=1$，其余都为 0。（完全积性）

$\mathrm{id}$，字面意思就是 $\mathrm{id}(n)=n$。（完全积性）

$\sigma_k$，这个叫做除数函数，具体来说它是 $\sigma_k(n)=\sum_{d\mid n}d^k$。（积性）

$\mathrm{1}$，它就是黎曼函数。具体来说就是 $\mathrm{1}(n)=\zeta(n)=1$。（完全积性）

$\varphi$ 和 $\mu$ 我就不多介绍了。
常用结论：
- 莫比乌斯反演：
  
  \[[n=1]=\sum_{d\mid n}\mu(d) \]
  写成狄利克雷卷积就是：
  
  \[\varepsilon=1\ast\mu \]
- 经典的结论：
  
  \[n=\sum_{d\mid n}\varphi(d) \]
  写成狄利克雷卷积就是：
  
  \[\mathrm{id}=1\ast \varphi \]
  其逆即为：
  
  \[\mathrm{id}*\mu=\varphi \]
- 约数函数有关卷积：
  
  \[\sigma_0=\mathrm{1}*\mathrm{1} \]
  \[\sigma=\mathrm{id}*\mathrm{1} \]
  \[\sigma _ k = \mathrm{id} ^ k \ast \mathrm{1} \]
  以及一个：
  
  \[\sigma _ 0 (xy)=\sum _ {i\mid x}\sum _ {j\mid y} [\gcd (i,j)=1] \]
  这个结论的扩展：
  
  \[\sigma _ 0(xyz)=\sum_{i\mid x}\sum_{j\mid y}\sum_{k\mid z}[\gcd(i,j)=1][\gcd(j,k)=1][\gcd(i,k)=1] \]
关于 $\operatorname{lcm}$ 卷积：

\[h ( n ) = \sum _ { i = 1 } ^ { n } \sum _ { j = 1 } ^ { n } f ( i ) g ( j ) [ \operatorname {lcm} ( i , j ) = n ] \]
这个卷积等价于：

\[h \ast \mathrm{1} = ( f \ast \mathrm { 1 } ) \cdot ( g \ast \mathrm{1} ) \]
实际上只要知道：

\[[\operatorname{lcm} ( i ,j ) \mid n ] = [ i \mid n ] [ j \mid n ] \]
这里 $\gcd$ 卷积没有太大的计算价值，因为大部分情况是会产生无限求和的状况。

三、积性函数求法

通过线性筛求积性函数，一般有两种方法：

分类讨论这个东西：
- $f(1)=1$。
- $n\in \mathcal{P},f(n)$，这里 $\mathcal{P}$ 指质数集。
- $p\mid n,p^2 \nmid n,f(n)=f\left(n/p\right)f(p)$
- $p\mid n,p^2\mid n,f(n)$，这里一般不同情况不同分析。
- 经典的例子有一般的 $\mu$ 和 $\varphi$ 的求法。
先算出 $f$ 在素数幂的取值，对于每个 $n$ 求出其最小质因数 $p_k$ 及其次数 $c_k$，直接 $f(n)=f(p_k^{c_k})f\left(n/{p_k^{c_k}}\right)$ 算就可以了。这个次数可以递推求。

当然素数幂处的取值也不一定很好求。
（From EI）现在我们来谈一谈一种特殊的情况 $h=f*g$，其中 $f$ 和 $g$ 都是积性函数。

很容易知道 $h$ 是积性函数。那么同理我们可以按照上面的方法 2 求取。

那么很显然我们需要知道这个 $h$ 在 $p^k$ 的取值。

容易知道：

\[h(p^k)=\sum_{d=0}^{k}f(p^d)g(p^{k-d}) \]
那么我们在 $p^k$ 处计算 $h$ 需要 $\Theta(k)$ 的复杂度。

我们考虑枚举 $p$ 的指数 $k$，则 $k\le \log_2 n$。

若我们指定 $k$，则使 $p^k\le n$ 的 $p$ 只有 $\pi(\lfloor \sqrt[x]{n}\rfloor)$ 个。

因此这个复杂度：

\[\begin{aligned} T(n)&=O\left(\sum_{x=1}^{\log_2 n} x\pi(\lfloor \sqrt[x]{n}\rfloor)\right) \\\\ &= O\left(\sum_{x=1}^{\log_2 n}\dfrac{x\sqrt[x]{n}}{\ln \sqrt[x]{n}}\right) \\\\ &= O\left(\dfrac{1}{\ln n}\sum_{x=1}^{\log_2 n}x^2\sqrt[x]{n}\right) \end{aligned}\]
现在尝试寻找 $x^2\sqrt[x]{n}$ 的极值：

\[\dfrac{\operatorname{d}}{\operatorname{d} x}x^2\sqrt[x]{n}=\sqrt[x]{n}(2x-\ln n) \]
可知原函数单峰下凸，在 $x=1$ 时得 $n$。

用最大值作界得到：

\[T(n)\le \dfrac{\log_2 n}{\ln n}n=O(n) \]
Wky 觉得这个方法比较傻，给了一种简明一些的方法：

因为对于 $k=1$，一共有 $\pi(n)$ 个 $p$。

对于每个 $k\in [2,\log_2 n]$，最多只有 $\pi(\sqrt[k]{n})<\sqrt[k]{n}$ 个 $p$。

那么 $n$ 以内 $p^k$ 的个数就是 $O(\pi(n)+\sqrt{n}\log_2 n)=O\left(\dfrac{n}{\ln n}\right)$（数量级可以通过相除比较）。

那么总的计算复杂度 $T(n)=O\left(\dfrac{n\log_2 n}{\ln n}\right)=O(n)$。

不过这个复杂度分析本身就是简单的，读者选自己喜欢的方式理解就好。

四、贝尔级数

这一块我不太明白。

博文内容来自 rqy，cmd。

定义积性函数 $f$ 模 $p$ 的贝尔级数为：

\[f_p(x)=\sum_{i=0}^{\infty}f(p^i)x^i \]

这样的话根据积性函数的性质，狄利克雷卷积就变成了一般卷积：

\[(f\ast g)_p(x)=f_p(x)g_p(x) \]

加法形式也是有意义的，但是不是对应 $(f+g)$，这点请一定要注意：

\[h_p(x)=f_p(x)+g_p(x) \]

简单的解释一下，在素数幂处为两者函数值相加，其他数值处满足积性，这样的一个函数。减法当然也是同理。

求逆的话也比较简单，若 $f\ast g=\varepsilon$，则：

\[f_p(x)g_p(x)=1 \]

一般写法就类似于 $1=\mathrm{id}\ast \varphi^{-1}$ 这样子。

常见的封闭形式：

$\varepsilon_p(x)=1$
$\zeta_p(x)=\dfrac{1}{1-x}$
$ \mathrm {id} ^k _ p (x)=\dfrac{1}{1-p^kx}$
$\mu _ p(x)=1-x$，$(\mu\cdot\mu)_p(x)=1+x$
$\sigma _ {0p}(x)=\dfrac{1}{(1-x)^2}$
$\varphi_p(x)=\dfrac{1-x}{1-px}$
$(\mathrm{id}\cdot \mu)_p(x)=1-px$

Hint：仔细想一想 $f(p^x)$ 等于什么，变成一个正常的 OGF。

也可以利用已知结论推导，比如 $\varphi _ p(x)=\mu _ p(x)\mathrm{id_p}(x)$。

或者说从函数的一些基础定义理解。

点乘的话就是对应 $x^i$ 的系数相乘即可。贝尔级数上并没有初等运算可以对应。

一种特殊的点乘是数论函数 $f$ 点乘上 $\mathrm{id} ^ k $，这种情况下我们是可以求出其贝尔级数的：

\[(f\cdot \mathrm{id} ^ k)_ p(x)=\sum_{i=0}^{\infty}f(p^i)p^{ki}x^{i}=\sum_{i=0}^{\infty}f(p^i)(p^kx)^i \]

这个时候将 $p^kx$ 视作整体，代入 $f_p(x)$ 就可以了。

比如：$(\varphi\cdot \mathrm{id} ^ 2)_p(x)=\dfrac{1-p^2x}{1-p^3x}$。

P3768 简单的数学题可以作为练习。

有关这个的习题似乎很难找（？）。

我自己出了一道：U214268 不老不死的竹林引路人。

rqy 有一个题：

\[f( p ^ c ) = p ^ c + [c > 0 ] ( - 1 ) ^ c \]

求前缀和。

可以知道：

\[f_ p (x) = \dfrac{1}{1-px} + \dfrac{1}{1+x} -1 \]

这里的 $g=(\mathrm {id} \cdot \mu) \ast \mu ^ 2$ 应该算得上是很简单的形式了……但这个 $g$ 的前缀和求取一定需要用杜教筛了，复杂度上会高于线性。

可能会存在狄利克雷生成函数能做而贝尔级数做不了的东西（只要出现一个非积性数论函数）。

五、总结

关于如何理解莫比乌斯反演如何加速计算：

莫比乌斯反演从某种角度来看是数论容斥，这对加速计算本身没有什么帮助。

但换序求和与数论分块提供了复杂度的优化。

数论分块的原理是同数值的划分与打包。

换序求和实际上就是实现了对容斥集合的较优划分。
定义运算 $\cdot$，表示 $(f\cdot g)(n)=f(n)g(n)$。

显然 $\mathrm{1}=\zeta$ 是单位元。

若 $f$ 是完全积性的，有性质：

\[(f\cdot g)\ast (f\cdot h)=f\cdot(g\ast h) \]
一般尝试展开成普通的求和形式。主要是用在杜教筛里的。
关于莫反的一个值域平衡技巧。

P5572
狄利克雷前缀和技巧。

可以 $O( n \ln \ln n )$ 做 $\mu / \zeta$ 变换及其反向变换 P5495 。

当然还有一个技巧可以做到 $O(n)$。简单一些说，就是群直积的卷积变换可分解成独立的卷积变换（From rqy）……

做法是这样的：

\[g( i , n ) = \sum _ { d \mid n , d 只含前 i 种质因子} \mu \left( \dfrac{n}{d}\right) f ( d ) \]
然后就有：

\[g( i , n ) = \begin{cases} g ( i - 1 , n ) & p _ i \nmid n \\ g ( i - 1 , n ) - g ( i - 1 , n / p _ i ) & p _ i \mid n \end{cases} \]
最后我们要的就是 $g ( cnt , n )$。

六、其他筛法

PN 筛，Min_25 筛，zzt 筛。。。复杂度上会更优秀。

把 negiizhao 的博客贴在这里备忘一下。

七、题目

去 SPOJ 做比较好。

例零：UVA11526 H(n)

数论分块的基本内容。

练习零：P2261 [CQOI2007]余数求和

例一：P3455 [POI2007]ZAP-Queries

有一道重题 P4450

练习一：P2522 [HAOI2011]Problem b

例二：P2398 GCD SUM

重题 P1390 公约数的和，不过稍微用一点容斥

练习二：P2257 YY的GCD

练习三：P3327 [SDOI2015]约数个数和

练习四：P4318 完全平方数

结合了二分的技巧

练习五：CF1139D Steps to One

期望与莫反结合的一道题

例五：P4213 【模板】杜教筛（Sum）

练习五：P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

例六：P4917 天守阁的地板

练习六：P3704 [SDOI2017]数字表格

类似的题 P4449 于神之怒加强版，更简单一些

例七：P5495 Direchlet 前缀和

练习七：P2714 四元组统计

后缀和和后缀差分

练习题 A 组：

推导练习

\[\sum _ { i = 1 } ^ { n } \sum _ { j = 1 } ^ { m } \left[ \gcd ( i , j ) = k \right] \]
\[\sum _ { i = 1 } ^ { n } \sum _ { j = 1 } ^ { m } f ( \gcd (i, j)) \]
P2260 [清华集训2012]模积和
P1891 疯狂 LCM
P2424 约数和
P6810 「MCOI-02」Convex Hull 凸包

练习题 B 组：

P2158 [SDOI2008] 仪仗队
- 类似练习 P1447 [NOI2010] 能量采集
P3312 [SDOI2014]数表
P6222 「P6156 简单题」加强版
P3768 简单的数学题
U214268 不老不死的竹林引路人
P5518 [MtOI2019]幽灵乐团 / 莫比乌斯反演基础练习题
- 有卡常。

练习题 C 组：

T168866 无聊的题目
- Wky 送的 rqy 题。。。
P1587 [NOI2016] 循环之美
- 一个按照素数幂分解 DFS 的小方法
P4619 [SDOI2018]旧试题
P5572 [CmdOI2019]简单的数论题
- 一个值域平衡的技巧
- 对应练习 P4240 毒瘤之神的考验

八、附录

$\LaTeX$ 使用表：

\mathrm{id} ^ 2 $\rightarrow \mathrm{id} ^ 2$
\zeta $\rightarrow \zeta$
\sigma _ 0 $\rightarrow \sigma _ 0$
\varphi $\rightarrow \varphi$
\varepsilon $\rightarrow \varepsilon$
\sqrt[x]{n} $\rightarrow \sqrt[x]{n}$

九、后记

请输入文本。

posted @ 2023-02-08 01:28 a3yz4hm 阅读(175) 评论(1) 收藏举报

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