从狄利克雷卷积到杜教筛

狄利克雷卷积

积性函数

定义：

对于数论函数\(f\)，若对于任意互质的数\(x,y\)，满足\(f(x*y)=f(x)*f(y)\)，则\(f\)为一个积性函数。

事实上，我们见过的大部分数论函数都是积性函数，常见的如：

\(\mu(x)\)，莫比乌斯函数，在莫比乌斯反演有讨论过。
\(\varphi(x)\)，欧拉函数。
\(d(x)\)，表示\(x\)的约数个数。
\(\sigma(x)\)，约数和函数。
\(\epsilon(x)\)，狄利克雷卷积的原函数，即\(\epsilon(x)=[x=1]\)。
\(id(x)\)，定义\(id(x)=x\)。
\(I(x)\)，定义\(I(x)\)函数值恒为\(1\)，即\(I(x)=1\)。

这只是一小部分，其中有些函数的性质待会会分析。

狄利克雷卷积

定义：

对于数论函数\(f\)和\(g\)，定义它们的狄利克雷卷积为：

\[(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d}) \]

其中\((f*g)\)表示\(f\)和\(g\)的狄利克雷卷积。

然后有一个很重要的性质，对于积性函数\(f\)和\(g\)，它们的狄利克雷卷积也是个积性函数。

证明很简单，设质数\(p\)和\(n\)互质，则：

\[(f*g)(np)=\sum_{d|np}f(d)g(\frac{np}{d}) \]

然后展开：

\[(f*g)(np)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{np}{d})+\sum_{d|n}f(pd)g(\frac{n}{d}) \]

由于\(f,g\)为积性函数，可以拆开提出来：

\[(f*g)(np)=(g(p)+f(p))\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d}) \]

注意到第一项就是\((f*g)(p)\)，第二项为\((f*g)(n)\)，所以：

\[(f*g)(np)=(f*g)(n)*(f*g)(p) \]

命题得证。

根据这个，可以有效的判断函数是否为积性函数。

狄利克雷卷积具有的一些性质：

交换律：\(f*g=g*f\)。
结合律：\(f*(g*h)=(f*g)*h\)。

证明很显然，这里就不赘述了。

然后考虑一些常见函数的狄利克雷卷积：

1．\(\epsilon(x)\)。

对于任意数论函数\(f\)，根据定义，拿一个卷上一个\(\epsilon\)，得到：

\[(f*\epsilon)(n)=\sum_{d|n}f(d)\epsilon(\frac{n}{d})=f(n) \]

即\(f*\epsilon=f\)，

然后我们可以惊奇的发现，卷完了之后得到了他本身，所以说这个函数就是狄利克雷卷积的单位元。

2．\(\mu(x)\)。

首先我们知道这样一个式子：

\[\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1] \]

写成狄利克雷卷积形式就是：

\[\mu*I=\epsilon \]

３．\(\varphi(x)\)。

这个函数有一些很妙的性质，比如说(~~众所周知~~)：

\[\sum_{d|n}\varphi(x)=n \]

证明如下：

设\(f(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)\)，由上面提到的狄利克雷卷积性质可得，\(f\)为积性函数。

对于\(n\)的每一个质因数进行考虑，即：

\[f(x^{p})=\sum_{d|x^p}\varphi(d)=\sum_{i=0}^p\varphi(x^i) \]

因为\(\varphi(x^p)=\varphi(x^{p-1})*p\)，\(\varphi(x)=x-1\)可得：

\[f(x^p)＝x-1+\sum_{i=1}^p(x-1)*x^{i} \]

由等比数列求和可得\(f(x^p)=x^p\)，又由\(f\)为积性函数可得\(f(n)=n\)，得证。

写成狄利克雷卷积的形式就是：

\[\varphi*I=id \]

然后注意到\(\mu*I=\epsilon\)，于是尝试在等式两边分别卷上一个\(\mu\)：

\[\begin{align} \varphi*(I*\mu)&=id*\mu\\ \varphi*\epsilon&=id*\mu\\ \mu*id&=\varphi \end{align} \]

写成一般形式就是：

\[\sum_{d|n}\mu(d)*\frac{n}{d}=\varphi(n) \]

这个式子也很常用的。

杜教筛

~~前置知识终于讲完了~~

对于积性函数\(f\)，现在考虑求\(\sum_{i=1}^nf(i)\)。

当然我知道你会线筛，但是有一些小清新(无良)出题人把数据开到\(1e9\)级别，你就做不了了，所以需要更快的算法。

设\(S(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)\)。

考虑先拿一个函数和\(f\)做卷积，先不考虑这个函数是啥，先设它为\(g\)，则：

\[(f*g)(n)=\sum_{d|n}^{n}f(d)g(\frac{n}{d}) \]

对这个函数前缀和一下：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f(\frac{n}{d})=\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)=\sum_{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]

中间交换求和符号就不赘述了。

然后有一个很显然的式子：

\[g(1)S(n)=\sum_{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)-\sum_{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]

然后把等号右边第一项换一下：

\[S(n)=\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)-\sum_{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]

剩下的事情就很显然了，如果我们能凑出一个\(g\)，使得它和\(f\)的卷积的前缀和很好算，它也很好算，我们就可以先预处理出前\(1e7\)左右的数据，然后记忆化递归处理\(S\)。

至于\(g\)，因题目不同而不同，做多了也就有经验了。

注意上试是杜教筛的套路试子，如果不会推也没关系，记下来就好了。

这里还是举几个栗子吧：

１．\(\sum_{i=1}^{n}\mu(i)\).

首先我们知道一个这样的东西：

\[\mu*I=\epsilon \]

对于\(\epsilon\)的前缀和，显然是\(1\)，

所以，令\(g(n)=I(n)=1\)，得到：

\[S(n)=1-\sum_{i=2}^nS(\frac{n}{i}) \]

然后数论分块下就行了。

代码也很简单，记住一定要记忆化。

map<int,int > Mu;
int sum_mu(int n) {
	if(n<maxn) return mu[n];
	if(Mu[n]) return Mu[n];
	int T=2,res=1;
	while(T<=n) {
		int pre=T;T=n/(n/T);
		res=res-(T-pre+1)*sum_mu(n/T);T++;
	}
	return Mu[n]=res;
}

2．\(\sum_{i=1}^{n}\varphi(i)*i\)。

这次考虑一个难一点的。

我们的目的是要找一个\(g\)，使他们卷起来很好算。

那么先列出式子：

\[(f*g)(n)=\sum_{i|n}i*\varphi(i)*g(\frac{n}{i}) \]

然后发现中间有个\(i\)的系数，可以考虑消去它，于是暂且令\(g(n)=n\)：

\[(f*g)(n)=\sum_{i|n}n*\varphi(i)=n^2 \]

然后可以发现这个东西非常好算，因为：

\[\sum_{i=1}^{n}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]

所以：

\[S(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-\sum_{i=2}^{n}i*S(\frac{n}{i}) \]