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：

$$\tilde F(x)=\sum_{i \geq 1} \dfrac{f_i}{i^x} \dots (1.1)$$

如果序列 $f$ 满足积性：那么其 $\text{DGF}$ 可以表示为：

$$\tilde F(x)=\prod_{p \in Q} \sum_{i \geq 0} \dfrac{f_{p^i}}{p^{ix}} \dots (1.2)$$

（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：

$$\tilde f(x) \tilde g(x)=\sum_{i \geq 1} \dfrac{f_i}{i^x}\sum_{j \geq 1} \dfrac{g_j}{j^x}=\sum_{i \geq 1} \dfrac{1}{i^x}\sum_{d|i}f_d \times g_{\frac{i}{d}} \dots (1.3)$$

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. $\forall \ i \ :f_i=1$

有：

$$\tilde F(x)=\sum_{i \geq 1} \dfrac{1}{i^x}=\zeta(x)$$

这是黎曼函数 $\zeta$。

由于 $f_x$ 满足机性，可以用 $(1.2)$ 式拆开：

$$\tilde F(x)=\prod_{p \in Q} \sum_{i \geq 0} \dfrac{1}{p^{ix}}=\prod_{p \in Q} \sum_{i \geq 0} p^{(-x)i}$$

由等比数列公式：

$$\tilde F(x)=\prod_{p \in Q} \dfrac{1}{1-p^{-x}} \dots (2.1)$$

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

有：

$$\tilde F(x)=\sum_{i \geq 1} \dfrac{\mu(i)}{i^x}=\prod_{p \in Q} \sum_{i \geq 0} \dfrac{\mu(p^i)}{p^{ix}}$$

很明显由莫比乌斯函数的定义可得，只用考虑第 $0,1$ 项：

$$\tilde F(x)=\prod_{p \in Q} 1-\dfrac{1}{p^x}=\prod_{p \in Q} 1-p^{-x}=\dfrac{1}{\zeta(x)} \dots (2.2)$$

即：

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

就有：

$$\mu*e=\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1] \dots (2.3)$$

然后我们就可以发现最简短推出莫比乌斯反演的过程

$$f(n)=\sum_{d|n}g(d) \Longleftrightarrow g(n)=\sum_{d|n}\mu(\dfrac{n}{d})f(d) \dots (2.4)$$

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. $\forall \ i \ :f_i=\varphi(i)$

由其定义，可得：

$$\forall \ p \in Q \ :\varphi(p^k)=\begin{cases} 1 \dots (k=0) \\ p^{k-1}(p-1)=(1-\dfrac{1}{p})p^{k}\dots(k \not = 0)\end{cases}$$

有：

$$\tilde F(x)=\prod_{p \in Q} \sum_{i \geq 0} \dfrac{\varphi(p^i)}{p^{ix}}=\prod_{p \in Q} 1+(1-\dfrac{1}{p})\sum_{i \geq 1} \dfrac{p^i}{p^{ix}}$$

$$=\prod_{p \in Q} \dfrac{1}{p}+(1-\dfrac{1}{p})\sum_{i \geq 0} (p^{1-x})^{i}=\prod_{p \in Q} \dfrac{1}{p}+(1-\dfrac{1}{p})(\dfrac{1}{1-p^{1-x}})$$

$$=\prod_{p \in Q} \dfrac{1-p^{1-x}+p-1}{p(1-p^{1-x})}=\prod_{p \in Q} \dfrac{1-p^{-x}}{1-p^{1-x}}=\dfrac{\zeta(x-1)}{\zeta(x)} \dots (2.5)$$

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：

$$\varphi(n)=\sum_{d|n}d\mu(\dfrac{n}{d}) \dots (2.6)$$

莫反一下。

$$\sum_{d|n}\varphi(d)=n \dots (2.7)$$

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

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

$$\therefore \sum_{d|n}d\mu(d)\varphi(\dfrac{n}{d})=\mu(x) \dots (2.8)$$

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

而：

$$\forall \ p \in Q \ :\mu(p^k)^2=\begin{cases} 1 \dots (k=0) \\ 1 \dots (k=1) \\ 0 \dots (k \geq 2) \end{cases}$$

$$\therefore \tilde F(x)=\prod_{p \in Q} 1+p^{-x}=\prod_{p \in Q} \dfrac{1-p^{-2x}}{1-p^{-x}}=\dfrac{\zeta(x)}{\zeta(2x)} \dots (2.9)$$

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

其中 $\lambda(i)=(-1)^{\Omega(i)},i=\prod_{p_i}p_i^{k_i},\Omega(i)=\sum_{k_i}k_i$。

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

$$\tilde F(x)=\prod_{p \in Q} \sum_{i \geq 0} \dfrac{(-1)^i}{p^{ix}}=\prod_{p \in Q} \sum_{i \geq 0} (-p^{-x})^i$$

$$=\prod_{p \in Q} \dfrac{1}{1+p^{-x}}=\prod_{p \in Q} \dfrac{1-p^{-x}}{1-p^{-2x}}=\dfrac{\zeta(2x)}{\zeta(x)} \dots (2.10)$$

这和 $\mu(x)^2$ 的 $\text{DGF}$ 是倒数关系！！

$$\therefore \sum_{d|n}\lambda(d)\mu(\dfrac{n}{d})^2=[n=1] \dots (2.11)$$

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

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

$$\tilde F(x)=\prod_{p \in Q} \sum_{i \geq 0} \dfrac{1}{p^{2ix}}=\prod_{p \in Q} \dfrac{1}{1-p^{2x}}=\zeta(2x) \dots (2.12)$$

与 $(2.9)$ 和 $(2.10)$ 结合分别是：

$$\dfrac{\zeta(x)}{\zeta(2x)} \times \zeta(2x) = \zeta(x) \Rightarrow \sum_{d^2|n} \mu \left(\dfrac{n}{d^2} \right)^2=1 \dots (2.13)$$

$$\dfrac{\zeta(2x)}{\zeta(x)} \times \zeta(x) = \zeta(2x) \Rightarrow \sum_{d|n}\lambda(d) =[n=a^2] \dots (2.14)$$

$$\zeta(2x) \times \dfrac{1}{\zeta(x)} = \dfrac{\zeta(2x)}{\zeta(x)} \Rightarrow \sum_{d^2|n}\mu \left(\dfrac{n}{d^2} \right) = \lambda(n) \dots (2.15)$$

7. $\forall \ i \ :f_i=\phi(i)$

其中 $\phi(n)=n\sum_{p \in Q} 1+\dfrac{1}{p}$。

$$\forall \ p \in Q \ :\phi(p^k)=\begin{cases} 1 \dots (k=0) \\ (1+\dfrac{1}{p})p^k \dots (k \geq 1) \end{cases}$$

$$\therefore \tilde F(x)=\prod_{p \in Q} \sum_{i \geq 0} \dfrac{\phi(p^i)}{p^{ix}}=\prod_{p \in Q} 1+(1+\dfrac{1}{p})\sum_{i \geq 1} \dfrac{p^i}{p^{ix}}$$

$$=\prod_{p \in Q} -\dfrac{1}{p}+(1+\dfrac{1}{p})\sum_{i \geq 0} (p^{1-x})^{i}=\prod_{p \in Q} -\dfrac{1}{p}+(1+\dfrac{1}{p})(\dfrac{1}{1-p^{1-x}})$$

$$=\prod_{p \in Q} \dfrac{-1+p^{1-x}+p+1}{p(1-p^{1-x})}=\prod_{p \in Q} \dfrac{1+p^{-x}}{1-p^{1-x}}$$

$$=\prod_{p \in Q} \dfrac{1-p^{-2x}}{(1-p^{1-x})(1-p^{-x})}=\dfrac{\zeta(x-1)\zeta(x)}{\zeta(2x)} \dots (2.16)$$

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

$$\sum_{d|n}\phi(d)\lambda(\frac{n}{d})=n \dots (2.17)$$

$$\sum_{d^2|n}\phi(\frac{n}{d^2})=\sigma_1(n) \dots (2.18)$$

三、应用至杜教筛：

已知 $g,h$ 满足： $f*g=h$，且能快速求出。

假设要求 $S(n)=\sum_{i=1}^n h(i)$。

有：

$$\sum_{i=1}^{n}h(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}f(\dfrac{i}{d})g(d)$$

$$=\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{d|i}f(\dfrac{i}{d})$$

$$=\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor} f(i)$$

这玩意明显可以数论分快。

假设要求 $S(n)=\sum_{i=1}^n f(i)$。

有：

$$\sum_{i=1}^{n}h(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}f(\dfrac{i}{d})g(d)$$

$$=\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{d|i}f(\dfrac{i}{d})$$

$$=\sum_{d=1}^{n}g(d)S \left( \left\lfloor \dfrac{n}{d} \right\rfloor \right)$$

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

由于 $\left\lfloor \dfrac{n}{d} \right\rfloor$ 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：

$$O(\sum_{i=1}^{\sqrt n} \sqrt{\dfrac{n}{i}})=O(\sqrt{n} \int_{1}^{\sqrt n} \sqrt{\dfrac{1}{x}}dx)=O(\sqrt{n}\sqrt{\sqrt{n}})=O(n^{\frac{3}{4}})$$

如果线性筛筛出 $T$ 以内的答案，复杂度有：

$$O(T+\sum_{i=1}^{n/T} \sqrt{\dfrac{n}{i}})=O(T+\sqrt{n}\sqrt{\dfrac{n}{T}})$$

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 $\varphi(n)$

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. $n\varphi(n)$

由于 $\varphi(n)$ 的 $\text{DGF}$ 是 $\dfrac{\zeta(x-1)}{\zeta(x)}$。

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

$$\sum_{d|n}d\varphi(d) \times \dfrac{n}{d}=n^2$$

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 $n^kf(n)$ 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：

$$\sum_{d|n}\lambda(d)\mu(\dfrac{n}{d})^2=[n=1]$$

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 $\dfrac{\zeta(x)}{\zeta(2x)}$。

而 $\dfrac{1}{\zeta(2x)}=\prod_{p \in Q} 1-p^{-2x}$

这东西可以看成 $f$ ：

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

这时只需要找到全部 $m$，满足：$m=p_1p_2 \dots p_k \leq \sqrt{n},f(m^2)=(-1)^k=\mu(m)$。

还有一种比较清新的方法： $\mu^2(n)= \sum\limits_{d^2|n} \mu(d)$ 然后 $\sum\limits_{i=1}^{n}\mu^2(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{d^2|i} \mu(d)$ 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. $\phi(i)$

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

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

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

 未完结）