DGF学习笔记

学习笔记：$\text{DGF}$

一、定义：

对于无穷序列 $f_1,f_2,f_3,f_4,\dots$，定义其狄利克雷生成函数$\text{(DGF)}$ 为：

$$\tilde{F}(x)=\sum _{i\ge 1}{\displaystyle \frac{f_i}{i^x}}\dots (1.1)$$

如果序列 $f$ 满足积性：那么其 $\text{DGF}$ 可以表示为：

$$\tilde{F}(x)=\prod _{p\in Q}\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{f_{p^i}}{p^{ix}}}\dots (1.2)$$

（本篇文章中 $Q$ 为素数集，一般情况下 $f_1=1$ ）。

对于两个序列 $f,g$，其 $\text{DGF}$ 之积对应的是两者的狄利克雷卷积序列的 DGF：

$$\tilde{f}(x)\tilde{g}(x)=\sum _{i\ge 1}{\displaystyle \frac{f_i}{i^x}}\sum _{j\ge 1}{\displaystyle \frac{g_j}{j^x}}=\sum _{i\ge 1}{\displaystyle \frac{1}{i^x}}\sum _{d|i}{f}_d\times g_{\frac{i}{d}}\dots (1.3)$$

还有一个显而易见的性质：

若 $f_i$ 的 $\text{DGF}$ 是 $\tilde{F}(x)$，那么 $i^n{f}_i$ 的 $\text{DGF}$ 就是 $\tilde{F}(x-n)\dots (1.4)$。

这个由其定义可证。

二、简单应用：

1. $\mathrm{\forall }i:f_i=1$

有：

$$\tilde{F}(x)=\sum _{i\ge 1}{\displaystyle \frac{1}{i^x}}=\zeta (x)$$

这是黎曼函数 $\zeta$。

由于 $f_x$ 满足机性，可以用 $(1.2)$ 式拆开：

$$\tilde{F}(x)=\prod _{p\in Q}\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{p^{ix}}}=\prod _{p\in Q}\sum _{i\ge 0}{p}^{(-x)i}$$

由等比数列公式：

$$\tilde{F}(x)=\prod _{p\in Q}{\displaystyle \frac{1}{1-p^{-x}}}\dots (2.1)$$

2. $\mathrm{\forall }i:f_i=\mu (i)$

有：

$$\tilde{F}(x)=\sum _{i\ge 1}{\displaystyle \frac{\mu (i)}{i^x}}=\prod _{p\in Q}\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{\mu (p^i)}{p^{ix}}}$$

很明显由莫比乌斯函数的定义可得，只用考虑第 $0,1$ 项：

$$\tilde{F}(x)=\prod _{p\in Q}1-{\displaystyle \frac{1}{p^x}}=\prod _{p\in Q}1-p^{-x}={\displaystyle \frac{1}{\zeta (x)}}\dots (2.2)$$

即：

$$\tilde{F}(x)\zeta (x)=1$$

就有：

$$\mu \ast e=\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]\dots (2.3)$$

然后我们就可以发现最简短推出莫比乌斯反演的过程

$$f(n)=\sum _{d|n}g(d)⟺g(n)=\sum _{d|n}\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})f(d)\dots (2.4)$$

这个东西可以看成 $\tilde{F}(x)=\tilde{G}(x)\zeta (x)$，两边同乘 $\zeta (x{)}^{-1}$ 就有：$\tilde{F}(x)\mu (x)=\tilde{G}(x)$。

3. $\mathrm{\forall }i:f_i=\phi (i)$

由其定义，可得：

$$\mathrm{\forall }p\in Q:\phi (p^k)=\{\begin{array}{l}1\dots (k=0)\\ p^{k-1}(p-1)=(1-{\displaystyle \frac{1}{p}})p^k\dots (k\ne 0)\end{array}$$

有：

$$\tilde{F}(x)=\prod _{p\in Q}\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{\phi (p^i)}{p^{ix}}}=\prod _{p\in Q}1+(1-{\displaystyle \frac{1}{p}})\sum _{i\ge 1}{\displaystyle \frac{p^i}{p^{ix}}}$$

$$=\prod _{p\in Q}{\displaystyle \frac{1}{p}}+(1-{\displaystyle \frac{1}{p}})\sum _{i\ge 0}(p^{1-x}{)}^i=\prod _{p\in Q}{\displaystyle \frac{1}{p}}+(1-{\displaystyle \frac{1}{p}})({\displaystyle \frac{1}{1-p^{1-x}}})$$

$$=\prod _{p\in Q}{\displaystyle \frac{1-p^{1-x}+p-1}{p(1-p^{1-x})}}=\prod _{p\in Q}{\displaystyle \frac{1-p^{-x}}{1-p^{1-x}}}={\displaystyle \frac{\zeta (x-1)}{\zeta (x)}}\dots (2.5)$$

可以看出：$\zeta (x{)}^{-1}$ 是 $\mu (x)$ 的 $\text{DGF}$，$\zeta (x-1)$ 是 $n$ 的 $\text{DGF}$。（后面的由 $(1.4)$ 可得）。

就有：

$$\phi (n)=\sum _{d|n}d\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})\dots (2.6)$$

莫反一下。

$$\sum _{d|n}\phi (d)=n\dots (2.7)$$

对于这玩意，还可以将 $\tilde{F}(x)={\displaystyle \frac{\zeta (x-1)}{\zeta (x)}}$ 变形：$\tilde{F}(x){\displaystyle \frac{1}{\zeta (x-1)}}={\displaystyle \frac{1}{\zeta (x)}}$

由 $(1.4)$ ，${\displaystyle \frac{1}{\zeta (x-1)}}$ 是 $n\mu (x)$ 的 $\text{DGF}$。

$$\therefore \sum _{d|n}d\mu (d)\phi ({\displaystyle \frac{n}{d}})=\mu (x)\dots (2.8)$$

4. $\mathrm{\forall }i:f_i=\mu (x{)}^2$

而：

$$\mathrm{\forall }p\in Q:\mu (p^k{)}^2=\{\begin{array}{l}1\dots (k=0)\\ 1\dots (k=1)\\ 0\dots (k\ge 2)\end{array}$$

$$\therefore \tilde{F}(x)=\prod _{p\in Q}1+p^{-x}=\prod _{p\in Q}{\displaystyle \frac{1-p^{-2x}}{1-p^{-x}}}={\displaystyle \frac{\zeta (x)}{\zeta (2x)}}\dots (2.9)$$

5. $\mathrm{\forall }i:f_i=\lambda (i)$

其中 $\lambda (i)=(-1{)}^{\mathrm{\Omega }(i)},i=\prod _{p_i}{p}_i^{k_i},\mathrm{\Omega }(i)=\sum _{k_i}{k}_i$。

明显地 $\lambda$ 是完全积性函数，且 $\mathrm{\forall }p\in Q:\lambda (p^k)=(-1{)}^k$。

$$\tilde{F}(x)=\prod _{p\in Q}\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{(-1{)}^i}{p^{ix}}}=\prod _{p\in Q}\sum _{i\ge 0}(-p^{-x}{)}^i$$

$$=\prod _{p\in Q}{\displaystyle \frac{1}{1+p^{-x}}}=\prod _{p\in Q}{\displaystyle \frac{1-p^{-x}}{1-p^{-2x}}}={\displaystyle \frac{\zeta (2x)}{\zeta (x)}}\dots (2.10)$$

这和 $\mu (x{)}^2$ 的 $\text{DGF}$ 是倒数关系！！

$$\therefore \sum _{d|n}\lambda (d)\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}}{)}^2=[n=1]\dots (2.11)$$

6. $\mathrm{\forall }i:f_i=[i=a^2](a\in N)$

这显然是完全积性函数，且 $\mathrm{\forall }p\in Q:f(p^k)=[2|k]$。

$$\tilde{F}(x)=\prod _{p\in Q}\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{p^{2ix}}}=\prod _{p\in Q}{\displaystyle \frac{1}{1-p^{2x}}}=\zeta (2x)\dots (2.12)$$

与 $(2.9)$ 和 $(2.10)$ 结合分别是：

$${\displaystyle \frac{\zeta (x)}{\zeta (2x)}}\times \zeta (2x)=\zeta (x)\Rightarrow \sum _{d^2|n}\mu {\left({\displaystyle \frac{n}{d^2}}\right)}^2=1\dots (2.13)$$

$${\displaystyle \frac{\zeta (2x)}{\zeta (x)}}\times \zeta (x)=\zeta (2x)\Rightarrow \sum _{d|n}\lambda (d)=[n=a^2]\dots (2.14)$$

$$\zeta (2x)\times {\displaystyle \frac{1}{\zeta (x)}}={\displaystyle \frac{\zeta (2x)}{\zeta (x)}}\Rightarrow \sum _{d^2|n}\mu \left({\displaystyle \frac{n}{d^2}}\right)=\lambda (n)\dots (2.15)$$

7. $\mathrm{\forall }i:f_i=\varphi (i)$

其中 $\varphi (n)=n\sum _{p\in Q}1+{\displaystyle \frac{1}{p}}$。

$$\mathrm{\forall }p\in Q:\varphi (p^k)=\{\begin{array}{l}1\dots (k=0)\\ (1+{\displaystyle \frac{1}{p}})p^k\dots (k\ge 1)\end{array}$$

$$\therefore \tilde{F}(x)=\prod _{p\in Q}\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{\varphi (p^i)}{p^{ix}}}=\prod _{p\in Q}1+(1+{\displaystyle \frac{1}{p}})\sum _{i\ge 1}{\displaystyle \frac{p^i}{p^{ix}}}$$

$$=\prod _{p\in Q}-{\displaystyle \frac{1}{p}}+(1+{\displaystyle \frac{1}{p}})\sum _{i\ge 0}(p^{1-x}{)}^i=\prod _{p\in Q}-{\displaystyle \frac{1}{p}}+(1+{\displaystyle \frac{1}{p}})({\displaystyle \frac{1}{1-p^{1-x}}})$$

$$=\prod _{p\in Q}{\displaystyle \frac{-1+p^{1-x}+p+1}{p(1-p^{1-x})}}=\prod _{p\in Q}{\displaystyle \frac{1+p^{-x}}{1-p^{1-x}}}$$

$$=\prod _{p\in Q}{\displaystyle \frac{1-p^{-2x}}{(1-p^{1-x})(1-p^{-x})}}={\displaystyle \frac{\zeta (x-1)\zeta (x)}{\zeta (2x)}}\dots (2.16)$$

这与 $\lambda (n)$ 和 $[n=a^2]$ 的 $\text{DGF}$ 相乘有：

$$\sum _{d|n}\varphi (d)\lambda (\frac{n}{d})=n\dots (2.17)$$

$$\sum _{d^2|n}\varphi (\frac{n}{d^2})={\sigma }_1(n)\dots (2.18)$$

三、应用至杜教筛：

已知 $g,h$ 满足： $f\ast g=h$，且能快速求出。

假设要求 $S(n)=\sum _{i=1}^{n}h(i)$。

有：

$$\sum _{i=1}^{n}h(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}f({\displaystyle \frac{i}{d}})g(d)$$

$$=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{d|i}f({\displaystyle \frac{i}{d}})$$

$$=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)$$

这玩意明显可以数论分快。

假设要求 $S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$。

有：

$$\sum _{i=1}^{n}h(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}f({\displaystyle \frac{i}{d}})g(d)$$

$$=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{d|i}f({\displaystyle \frac{i}{d}})$$

$$=\sum _{d=1}^{n}g(d)S\left(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \right)$$

$$\therefore S(n)={\displaystyle \frac{\sum _{i=1}^{n}h(i)-\sum _{d=2}^{n}g(d)S\left(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \right)}{g(1)}}$$

由于 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor$ 有 $\sqrt{n}$ 个不同的解。

对于其中任何一个解整除分块的复杂度为 $O(\sqrt{m})$ ，则有：

其时间复杂度为：

$$O(\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}\sqrt{{\displaystyle \frac{n}{i}}})=O(\sqrt{n}{\int }_1^{\sqrt{n}}\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{x}}}dx)=O(\sqrt{n}\sqrt{\sqrt{n}})=O(n^{\frac{3}{4}})$$

如果线性筛筛出 $T$ 以内的答案，复杂度有：

$$O(T+\sum _{i=1}^{n/T}\sqrt{{\displaystyle \frac{n}{i}}})=O(T+\sqrt{n}\sqrt{{\displaystyle \frac{n}{T}}})$$

当 $T=n^{\frac{2}{3}}$ 时有最优复杂度：

$$O(T+\sqrt{n}\sqrt{\frac{n}{T}})=O(2n^{\frac{2}{3}})=O(n^{\frac{2}{3}})$$

1. $\mu (n)$ 和 $\phi (n)$

这两个是非常基础的了，这就不多讲了。

直接看模板题即可：check

2. $n\phi (n)$

由于 $\phi (n)$ 的 $\text{DGF}$ 是 ${\displaystyle \frac{\zeta (x-1)}{\zeta (x)}}$。

由 $(1.4)$ 有：$n\phi (n)$ 的 $\text{DGF}$ 是 ${\displaystyle \frac{\zeta (x-2)}{\zeta (x-1)}}$。

$$\sum _{d|n}d\phi (d)\times {\displaystyle \frac{n}{d}}=n^2$$

可以构造 $g(n)=n,h(n)=n^2$。这东西依旧可以 $O(1)$。

这么看来，如果 $f(n)$ 可以构造，对于 $n^{k}f(n)$ 都可以构造诶！

3. $\lambda (n)$

我们由 $(2.14)$ 有：

$$\sum _{d|n}\lambda (d)=[n=a^2]$$

可以构造 $g(n)=1,h(n)=[n=a^2]$。

可以将 $\sqrt{n}$ 个完全平方求出来，然后对于 $h$ 的前缀和可以 $\text{lowerbound}$ 求出来，配合上杜教筛复杂度有：$O(n^{\frac{2}{3}}+\sqrt{n}\log \sqrt{n})$。

4. $\mu (n{)}^2$

由 $(2.11)$，有：

$$\sum _{d|n}\lambda (d)\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}}{)}^2=[n=1]$$

这玩意明显可以 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 求了。

当然还有更加优秀的复杂度：

由 $(2.9)$ 有：$\mu (n{)}^2$ 的 $\text{DGF}$ 是 ${\displaystyle \frac{\zeta (x)}{\zeta (2x)}}$。

而 ${\displaystyle \frac{1}{\zeta (2x)}}=\prod _{p\in Q}1-p^{-2x}$

这东西可以看成 $f$ ：

$$\mathrm{\forall }p\in Q:f(p^k)=\{\begin{array}{l}1\dots (k=0)\\ -1\dots (k=2)\\ 0\dots (otherwise)\end{array}$$

这时只需要找到全部 $m$，满足：$m=p_1{p}_2\dots p_k\le \sqrt{n},f(m^2)=(-1{)}^k=\mu (m)$。

还有一种比较清新的方法： ${\mu }^2(n)=\sum _{d^2|n}\mu (d)$ 然后 $\sum _{i=1}^n{\mu }^2(n)=\sum _{i=1}^n\sum _{d^2|i}\mu (d)$ 交换枚举顺序后随便求块筛可做 $O(n^{\frac{3}{5}})$。

当然我的写法不太一样（思路就不放了，太蒟了）。

5. $\varphi (i)$

$\varphi (i)$ 的 $\text{DGF}$ 是 ${\displaystyle \frac{\zeta (x)\zeta (x-1)}{\zeta (2x)}}$ ，可以有对多种方法解决，下面给出一种求解过程。

由于 ${\displaystyle \frac{\zeta (x)\zeta (x-1)}{\zeta (2x)}}\times {\displaystyle \frac{\zeta (2x)}{\zeta (x)}}=\zeta (x-1)$

有： $\sum _{d|n}\varphi (d)\lambda (\frac{n}{d})=n$ 然后 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 求即可。

 未完结）