狄利克雷卷积

合集 - Number Theory(13)

1.基本概念2024-07-222.记号与声明2024-07-223.欧几里得2024-07-224.同余关系2024-07-225.线性同余方程组2024-07-226.素数2024-07-227.离散对数问题2024-07-228.数论函数基础2024-07-229.整除分块2024-07-22

10.狄利克雷卷积2024-07-22

11.欧拉函数2024-07-2212.莫比乌斯函数2024-07-2213.筛法2024-07-22

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狄利克雷卷积

随处可见的东西

建议阅读 数论函数基础 章节，了解基本概念与先要知识

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全文 绝大多数 内容是对 [0] 中讲述的 粗略抄写 和 胡乱加工

1. 定义与性质

在 数论函数 上定义，两个 数论函数 $f,g$ 的 狄利克雷卷积 为一个新的 数论函数，记作 $f\ast g$

$$h(n)=\sum _{xy=n}f(x)g(y)=\sum _{d\mid n}f(d)g\left({\displaystyle \frac{n}{d}}\right)$$

一般的（多项式）卷积式 $h(n)=\sum _{x+y=n}f(x)g(y)$，可以对比一下

上式可以简记为 $h=f\ast g$，直接 按照定义式计算，即 枚举因数，可以做到 $O(n\ln n)$ 的复杂度

inline int* Dirichlet (const int *F, const int *G, const int N) {
	static int H[MAXN];
	for (int i = 1; i <= N; ++ i)
		for (int j = i; j <= N; j += i)
			H[j] += F[i] * G[j / i];
	return H;
}

一些 狄利克雷卷积的性质 如下

• 交换律

  $$f\ast g=g\ast f$$

  证明显然

• 分配律

  $$(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$$

  显然，$\sum _{d\mid n}(f+g)(d)=\sum _{d\mid n}(f(d)+g(d))$

• 结合律

  $$(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$$

  显然，均等于 $\sum _{xyz=n}f(x)g(y)h(z)$

• 单位元：$ϵ$

  $$ϵ\ast f=f$$

  容易发现，$ϵ(1)=1,ϵ(x)=0(x>1)$

• 逆元：$f^{-1}$

  $$f\ast f^{-1}=ϵ$$

  满足上式的两函数 互为逆元

  积性函数 一定 有且仅有一个逆元

  证明

  设 $g=f^{-1}$，设 $f(1)\ne 0$（积性函数一定满足），显然有 $g(1)f(1)=1$

  当 $f$ 为 积性函数 时，就有 $g(1)=f(1)=1$，然后尝试 递推得到 $g$

  $$\begin{array}{rlr}(f\ast g)(n)& =ϵ(n)& n>0\\ \sum _{d\mid n}f(d)g\left({\displaystyle \frac{n}{d}}\right)& =0\\ f(1)g(n)+\sum _{d\mid n,d\ne 1}f(d)g\left({\displaystyle \frac{n}{d}}\right)& =0\\ g(n)& ={\displaystyle \frac{-\sum _{d\mid n,d\ne 1}f(d)g\left(\frac{n}{d}\right)}{f(1)}}\\ g(n)& =-\sum _{d\mid n,d\ne 1}f(d)g\left({\displaystyle \frac{n}{d}}\right)\end{array}$$

  这同时证明了 积性函数 逆元的 存在性 和 唯一性

  从 倒数第二个式子，其实我们可以推广出，$f$ 可逆的 充要条件 实质上是 $f(1)\ne 0$

  也就是 无需保证是积性函数

• $f=g$ 的 充要条件 是 $f\ast h=g\ast h$，其中 $h(1)\ne 0$

  两边同乘 $h^{-1}$ 即可

• 积性函数 的 狄利克雷卷积 也是 积性函数

  典

  设存在积性函数 $f,g$，有 $h=f\ast g$，设 $a,b$ 满足 $a\perp b$

  $$\begin{array}{rl}h(ab)& =f(ab)\ast g(ab)\\ & =\sum _{d\mid a,t\mid b}f(dt)g\left({\displaystyle \frac{ab}{dt}}\right)\\ & =\sum _{d\mid a}\sum _{t\mid b}f(d)f(t)g\left({\displaystyle \frac{a}{d}}\right)g\left({\displaystyle \frac{b}{t}}\right)\\ & =\left(\sum _{d\mid a}f(d)g\left({\displaystyle \frac{a}{d}}\right)\right)\left(\sum _{t\mid b}f(t)g\left({\displaystyle \frac{b}{t}}\right)\right)\\ & =h(a)h(b)\end{array}$$

  即得证

• 积性函数 的 逆元 也是 积性函数

  设存在 积性函数 $f$，其 逆元 $f^{-1}$，下文保证 $ab\ne 0$，即 $ϵ(a)ϵ(b)=0$

  $$\begin{array}{rl}{f}^{-1}(ab)& =-\sum _{d\mid ab,d\ne 1}f(d)f^{-1}\left({\displaystyle \frac{ab}{d}}\right)\\ & =-\sum _{i\mid a,j\mid b,ij\ne 1}f(i)f(j)f^{-1}\left({\displaystyle \frac{a}{i}}\right)f^{-1}\left({\displaystyle \frac{b}{j}}\right)\\ & =-\sum _{i\mid a,j\mid b}f(i)f(j)f^{-1}\left({\displaystyle \frac{a}{i}}\right)f^{-1}\left({\displaystyle \frac{b}{j}}\right)-(-f(1)f(1)f^{-1}(a)f^{-1}(b))\\ & =f^{-1}(a)f^{-1}(b)-\sum _{i\mid a}f(i)g\left({\displaystyle \frac{a}{i}}\right)\sum _{j\mid b}f(j)g\left({\displaystyle \frac{b}{j}}\right)\\ & =f^{-1}(a)f^{-1}(b)-ϵ(a)ϵ(b)\\ & =f^{-1}(a)f^{-1}(b)\end{array}$$

  综合这两个性质，我们发现 两个积性函数 的 积 和 商 都是 积性函数，但 和差 不是

2. 线性狄利克雷卷积

$O(n\ln n)$ 还是 太菜了，现在我们来 加速它，考虑 线性做法

如果 $f,g$ 是 积性函数，我们可以尝试 利用性质 进行一些优化

$$\begin{array}{rl}h(n)& =\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ \sum _{c=0}^{k}f(p^c)g(p^{k-c})& n=p^k,p\in \mathbb{P}\\ h(p^k)h(m)& n=p^{k}m(m>1,p\nmid m)\end{array}\end{array}$$

第一部分 是 简单的，而 第三部分 可以通过 线性筛 处理，$p^k$ 就是 $n$ 最小质因子的最高次幂

于是难点在于 快速求出第二部分，即 任意质数幂项 的 值

显然，若 $f,g$ 在 质数幂 处的取值 已经求出，我们需要 $O(k)$ 的时间来计算 $h$ 的值

$f,g$ 在 质数幂 处的取值也可以 线性筛筛出，或可能 $O(1)$ 求得（否则就不好做了）

考虑估算 此时的复杂度，显然，每个 $\le \sqrt[k]{n}$ 的 质数 $p$ 会贡献 $O(k)$ 的复杂度

$$\begin{array}{rl}T(n)& =\sum _{k=1}^{{\log }_{2}n}k\pi (\sqrt[k]{n})\\ & =\sum _{k=1}^{{\log }_{2}n}{\displaystyle \frac{k\sqrt[k]{n}}{\ln \sqrt[k]{n}}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{\ln n}}\sum _{k=1}^{{\log }_{2}n}{k}^2\sqrt[k]{n}\end{array}$$

首先，显然 $\ln n$ 与 $\sum _{x=1}^{{\log }_{2}n}1={\log }_{2}n$ 同阶

故若 $k^2\sqrt[k]{n}$ 的上界 与 $k$ 无关，则 $T(n)=k^2\sqrt[k]{n}$

显然，随着 $k$ 增长，$k^2$ 单调递增，$\sqrt[k]{n}$ 单调递减，并显然 $k^2$ 增长速度远小于 $\sqrt[k]{n}$ 减小速度

故我们认为，其极大值必在定义域端点处取到，验证 $k=1,k={\log }_{2}n$ 容易证明其小于 $n$，故

$$\begin{array}{rl}T(n)& \le {\displaystyle \frac{1}{\ln n}}\sum _{k=1}^{{\log }_{2}n}O(n)=O(n)\end{array}$$

故得证，用 线性筛 求 两个质数幂处已知的积性函数 的 狄利克雷卷积 可以做到 $O(n)$ 复杂度

这也就是 线性筛 处提到的 $O(k)$ 求出 质数幂 处值的方法

Luogu P6222 「P6156 简单题」加强版

推狮子，需要用一些据说是 经典套路 的东西，即 枚举 $gcd$，然后需要用 莫比乌斯反演*

* : 这个东西后面会 细讲，这里只先 放个式子，可以使用 [3] [4] 这些资料来深入学习

$$\begin{array}{r}\sum _{d\mid n}\mu (d)=[n=1]\end{array}$$

还有一个更泛化的

$$\begin{array}{r}f(n)=\sum _{d\mid n}g(d)⟹g(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)f({\displaystyle \frac{n}{d}})\end{array}$$

然后启动！（后面有设 $T=td$）

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k{\mu }^2(gcd(i,j))gcd(i,j)\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k\sum _{d=1}^n[gcd(i,j)=d]{\mu }^2(d)d\\ =& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d(\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k[gcd(i,j)=d])\\ =& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d\left(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }(id+jd{)}^k[gcd(i,j)=1]\right)\\ =& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d\left(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{d}^k(i+j{)}^k[gcd(i,j)=1]\right)\\ =& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d\left(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{d}^k(i+j{)}^k\sum _{t\mid i,t\mid j}\mu (t)\right)\\ =& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d^{k+1}\sum _{t=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (t)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dt}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{dt}\rfloor }(it+jt{)}^k\\ =& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d^{k+1}\sum _{t=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (t)t^k\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dt}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{dt}\rfloor }(i+j{)}^k\\ =& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)\sum _{t=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (t)(dt{)}^{k}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dt}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{dt}\rfloor }(i+j{)}^k\\ =& \sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)\sum _{t=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (t)T^{k}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }(i+j{)}^k\\ =& \sum _{T=1}^n{T}^k\sum _{d\mid T}{\mu }^2(d)\mu \left({\displaystyle \frac{T}{d}}\right)d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }(i+j{)}^k\end{array}$$

然后死了，考虑分成两部分

$$\begin{array}{rl}f(T)& =\sum _{d\mid T}{\mu }^2(d)\mu \left(t\right)d\\ g(n)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k\end{array}$$

$f$ 函数显然是 积性函数，可以 线性筛 狄利克雷卷积 直接 预处理掉

对于 $g$ 函数，我们继续往下推，考虑枚举 $s=i+j$ 来 省去一个参数

$$\begin{array}{rl}g(n)=& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k\\ =& \sum _{s=2}^{2n}\sum _{i=max(s-n,1)}^{min(n,s-1)}{s}^k\\ =& \sum _{s=2}^{2n}(min(n,s-1)-max(s-n,1)+1)s^k\end{array}$$

对于不好处理的 $max$, $min$，我们直接 钦定结果，即讨论 $n>s-1$, $n<s-1$ 两种情况贡献

$$\begin{array}{rl}& =\sum _{s=2}^n((s-1)-1+1)s^k+\sum _{s=n+1}^{2n}(n-(s-n)+1)s^k\\ & =\sum _{s=2}^n(s-1)s^k+\sum _{s=n+1}^{2n}(2n-s+1)s^k\\ & =\sum _{s=2}^n(s^{k+1}-s^k)+\sum _{s=n+1}^{2n}((2n+1)s^k-s^{k+1})\end{array}$$

丢到线性筛里一起处理就行了，$s^k$ 显然是 完全积性函数

#include <bits/stdc++.h>
import std;

const int MAXN = 100005;

using namespace std;

uint32_t T, N, K, Q;
uint32_t Cnt = 0;
uint32_t S1[MAXN], S2[MAXN], F[MAXN], P[MAXN];
bool Vis[MAXN];

inline uint32_t Qpow (uint32_t a, uint32_t b) {
	uint32_t Ret = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) Ret = Ret * a;
		a = a * a, b >>= 1;
	}
	return Ret;
}

inline void Sieve () {
	uint32_t tmp1, tmp2;
	 
	S1[1] = F[1] = 1;
	
	for (uint32_t i = 2; i <= N; ++ i) {
		if (!Vis[i]) {
			P[++ Cnt] = i, S1[i] = Qpow (i, K);
			F[i] = i - 1;
		}
		for (uint32_t j = 1; P[j] * i <= N && j <= Cnt; ++ j) {
			Vis[tmp1 = P[j] * i] = 1;
			S1[tmp1] = S1[P[j]] * S1[i];
			if (i % P[j] == 0) {
				tmp2 = i / P[j]; // ATTENTION tmp2 = tmp1 / (P[j] ^ 2)
				if (tmp2 % P[j] == 0) F[tmp1] = 0;
				if (tmp2 % P[j] != 0) F[tmp1] = - P[j] * F[tmp2];
				break ;
			}
			F[tmp1] = F[P[j]] * F[i];
		}
	}
	
	for (uint32_t i = 1; i <= N; ++ i) F[i] = F[i - 1] + F[i] * S1[i];
	for (uint32_t i = 1; i <= N; ++ i) S2[i] = S2[i - 1] + S1[i] * i, S1[i] += S1[i - 1];
}

inline uint32_t G (const int x) {
	return (2 * x + 1) * (S1[x << 1] - S1[x]) - (S2[x << 1] - S2[x]) + (S2[x] - S2[1]) - (S1[x] - S1[1]);
}

inline void Solve () {
	uint32_t Ans = 0, L, R;
	
	cin >> Q;
	
	for (L = 1; L <= Q; L = R + 1) 
		R = Q / (Q / L), Ans += G (Q / L) * (F[R] - F[L - 1]);
	
	cout << Ans << '\n';
}

int main () {
	
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	
	cin >> T >> N >> K;
	
	N <<= 1, Sieve ();
	
	while (T --) Solve ();
	
	return 0;
}

EXP - 1 - Luogu P6156 简单题

3. 狄利克雷前缀和

使用了这些 [1] [2] 高维前缀和的笔记 辅助理解

对于 任意数论函数$f$，其与 常数函数 $1$ 做 狄利克雷卷积，等价于对 $f$ 做 狄利克雷前缀和

即 $g=f\ast 1=\sum _{d\mid n}f(d)$

也就是计算 给定函数 在其 所有因数处 的取值和，这东西常常有 良好的性质

暴力做是 简单的，枚举每个数倍数即可，时间复杂度 $O(n\ln n)$，其实并不慢

但是我们还有 更加快 并且 也比较简单的做法 值得学习

考虑有 $n=\prod p_i^{c_i},d=\prod p_i^{k_i}$，那么 $d\mid n$ 等价于 $\mathrm{\forall }i,k_i\le c_i$

这里我们设 乘式均有无穷项，即 $c_i,k_i$ 可以为 $0$，两边 $p_i$ 等价

于是我们相当于对于这个 无穷项数列 $c_i$ 做了类似 枚举子集 的操作，像 高维前缀和 的形式

于是根据 高维前缀和 的实现，我们考虑 枚举每一维 并关于该维做前缀和

同时由于 总状态数有限，我们又可以把这些东西压到一个 一维数组中转移

具体而言，我们枚举质数 $p_i$，枚举其可能的倍数 $k$（使得 $p_{i}k\le n$）

设答案函数 $g(n)$，则我们每次将 $g(p_{i}k)$ 加上 $g(k)$ 这个贡献

理解一下，$p_{i}k$ 唯一分解 后只比 $k$ 多了一次 $p_i$，即对应项 $c_i$ 加上了 $1$

于是上述转移用高维前缀和的思路，就是把 每个质数看作一维，每次对这一维做前缀和

根据前面 埃式筛法 的结论，容易知道这样时间复杂度是 $O(n\ln \ln n)$ 的，写法和埃式筛很像

Luogu P5495 【模板】Dirichlet 前缀和

#include <bits/stdc++.h>

const int MAXN = 20000005;

using namespace std;

uint32_t N, Seed, Cnt, Ans;
uint32_t P[MAXN >> 3], A[MAXN];
bool Vis[MAXN];

inline void Next () {
	Seed ^= Seed << 13, Seed ^= Seed >> 17, Seed ^= Seed << 5;
}

inline void Prime () {
	for (uint32_t i = 2; i <= N; ++ i) {
		if (!Vis[i]) P[++ Cnt] = i;
		for (uint32_t j = 1; j <= Cnt && P[j] * i <= N; ++ j) {
			Vis[i * P[j]] = 1;
			if (i % P[j] == 0) break ;
		}
	}
}

inline void Dirichlet () {
	for (uint32_t i = 1; i <= Cnt; ++ i)
		for (uint32_t j = 1; P[i] * j <= N; ++ j)
			A[P[i] * j] += A[j];
}

int main () {
	
	cin >> N >> Seed, Next ();
	
	for (uint32_t i = 1; i <= N; ++ i) A[i] = Seed, Next ();
	
	Prime (), Dirichlet ();
	
	for (uint32_t i = 1; i <= N; ++ i) Ans ^= A[i];
	
	cout << Ans << '\n';
	
	return 0;
}

4. 引用资料

[0] Number Theory —— H_W_Y

[1] 【数论】高维前缀和 笔记 —— C_liar

[2] 高维前缀和（SOSDP）—— 四糸智乃

[3] 莫比乌斯反演简要笔记 —— Sengxian

[4] 莫比乌斯反演 —— OI Wiki