贝尔级数
贝尔级数
符号：
\(\cdot\)表示函数点乘，\(*\)表示迪利克雷卷积
\(p\)无特殊声明均表示质数。
定义\(f\)在模\(p\)意义下的贝尔级数：
\(f_p(x)=\sum_{0\leq i} f(p^i)x^i\)
若\(f\)是完全积性函数则有：
\(f_p(x)=\sum_{0\leq i} f(p)^ix^i\)
根据等比数列求和公式可得：
\(f_p(x)=\frac{1}{1-f(p)x}\)
根据函数定义可得：
\(e_p(x)=1\),\(1_p(x)=\frac{1}{1-x}\)
因为函数\(ID\)为完全积性，所以其函数为：
\(ID_p(x)=\frac{1}{1-px}\)
同样也可得：\(ID_k(x)=x^k,(ID_k)_p(x)=\frac{1}{1-p^kx}\)
\(\mu(x)\)有对于任意\(k>2,\mu(p^k)=0\)。
因此只有两项有非零系数，
\(\mu_p(x)=1-x,\mu^2(x)=1+x，(ID\cdot \mu)_p(x)=1-px\)
重要结论：
\((f* g)_p(x)=f_p(x)g_p(x)\)
证明：
\((f* g)(n)=\sum_{d|n} f(d)g(n/d)\)
\((f* g)(p^n)=\sum_{i=0}^n f(p^i)g(p^{n-i})\)
\((f* g)_p(x)=\sum_{0\leq i} \sum_{j=0}^{i} f_p(x)[j]g_p(x)[i-j]\)
\((f* g)_p(x)=f_p(x)g_p(x)\)
因为\(\phi=\mu* ID,d=1*1,s=1*id\),
\(\phi_p(x)=\frac{1-x}{1-px},d_p(x)=\frac{1}{1-2x-x^2},s_p(x)=\frac{1}{1-x-px+px^2}\)
\(\sigma_k(n)=\sum_{d|n} d^k=1*ID_k\)
\(\sigma_k(x)=\frac{1}{(1-p^kx)(1-x)}\)
有一个少见的函数\(\lambda(x)\) (刘维尔函数)
定义：
\(for\ x=\prod p_i^{a_i}\ , \sum a_i=z, \lambda(x)=(-1)^z\)
显然此函数完全积性，带入公式有：
\(\lambda_p(x)=\frac{1}{1+x}\)
重要定理，也是应用基石：
对于两个积性函数\(f(x),g(x)\)，
如果有\(f_p(x)=g_p(x)\) ，那么\(f(x)=g(x)\)
证明： \(\forall\ x=\prod p_i^{a_i},f(x)=\prod f(p_{i}^{a_i})=\prod f_{p_i}(x)[a_i]=\prod g_{p_i}(x)[a_i]=g(x)\)
不重要定理：
如果一个积性函数\(f\)和任何算数函数\(g\)满足\(f(p^{n+1})=f(p)f(p^n)-g(p)f(p^{n-1})\) 对于所有的\(p\)和\(n\geq 1\)，
那么有\(f_p(x)=\frac{1}{1-f(p)x+g(p)x^2}\)。
证明：
考虑这个类似于生成函数的东西，用类似生成函数次数平移对齐相减的方式，补齐
\(f_p(x)=f(p)f_p(x)x-g(x)f_p(x)x^2+1\)
但实际上很蠢，目前感觉也妹啥用处。
不重要函数：
定义\(\mu_k(n)=\sum_{d^k|n} \mu_{k-1}(\frac{n}{d^k})\mu_{k-1}(\frac{n}{d})\)
有\((\mu_k)_p(x)=\frac{1-2x^k+x^{k+1}}{1-x}\)
证明：
将式子数学归纳法，可以得到这个序列实际上是\(+1，-1\)交替的序列
上式大除法即为交替序列。
贝尔级数类似于数论领域的生成函数，给我们提供了一种解决迪利克雷卷积的简便方式，提供了凑式子的方向。
下为例子：
首先回顾一下杜教筛，杜教筛的流程是先求一个好求得前缀和，然后后面的部分数论分块递归处理。注意到递归处理绝不是难点，所以杜教筛的难度在求卷积后性质良好的前缀和。
Ques：求\(\sum_{i=1}^n i\phi(i)\)
首先通过等比数列求和的方式先得到一个 \(i\cdot \phi\)的贝尔级数
\((i\cdot \phi)_p(x)=\frac{1-px}{1-p^2x}\)
注意到\((ID^2)_p(x)=\frac{1}{1-p^2x}\)这个前缀和显然很好求，又有\(ID_p(x)=\frac{1}{1-px}\)
所以把它和\(ID\)卷一卷。
Ques：求\(\sum_{i=1}^n \sum_{d|i} \mu^2(d)\frac{n}{d}\mu(\frac{n}{d})\)
首先容易发现这个求前缀和的函数实际上是\(\mu^2*(ID\cdot\mu)\)
写出贝尔级数\((1+x)(1-px)\) ，很套路的发现卷\(ID\)可得\(\mu^2\)
\(\mu^2\)不难求，按照因数个数进行容斥：
\(\sum_{i=1}^n \mu^2(i)=\sum_{i\leq\sqrt n} \lfloor\frac{n}{i^2}\rfloor\mu(i)\)
杜教筛即可。
Ques：\(f(1)=1,f(p^c)=p^c+(-1)^c\)，且\(f\)为积性函数。
看上去像\(f_p(x)=ID_p(x)+\lambda_p(x)\)，但第一项不太对，修一下变成
\(f_p(x)=ID_p(x)+\lambda_p(x)-e_p(x)\)
贝尔级数：\(\frac{1-px^2}{(1-px)(1+x)}\)
有没有发现分母跟上题的贝尔级数一模一样？卷一下继续杜教筛。
